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[比赛]看雪.WiFi万能钥匙 CTF 2017第四题 点评及解题思路
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发表于: 2017-6-30 17:26
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从
今天周五了！看雪CTF 2017 比赛进行至第四题
截止至今天中午12点，第四题破解人数为14人！
攻击方排名前十名稍有变动，比赛排名有人升、有人降。
有两位选手表现格外引人关注，
loudy从第9名升至第5名！（鼓掌ing）
NearJMP进入前十。
六月骄阳似火，也抵不过选手们的热情。
大家继续加油！
接下来我们来回顾一下第四题
看看看雪评委和出题者是怎么说的ヾ(๑╹◡╹)ﾉ"。
看雪评委 netwind 点评：
作者设计了一个存在 double free 和 uaf 漏洞的程序，攻击者需要利用 fastbin 的 malloc_consolidate 函数来造成 unlink，最后再布置栈构造 ropchain 即可完成攻击。作为一道漏洞挖掘和利用的题目，引起了大家广泛关注，成功破解该题人数达14人，并且漏洞利用各有千秋，甚至有人通过作者疏忽利用栈溢出破解了此题，攻防双方表现都非常精彩！
作者简介：
Ree，大二在读，CTF比赛 Pwn 选手，兴趣广泛，热爱漏洞挖掘与利用。目前主要研究方向为二进制自动化分析。
看雪 CTF2017 第四题设计思路
考点：
malloc_consolidate+unlink+rop
1. amd64（作者本地测试为kali，远程测试环境为ubuntu16.04），无libc要求，已经上传远程测试libc
2. 开启aslr
编译方式
gcc -no-pie main.c -o main ; strip main
题目说明
题目可以给出 bin 与 libc 供下载，也可以仅给出 bin 文件，通过查找 libc-db 的方式找到对应 libc 版本号（作为一只 pwn 狗，建议给出 libc，省去大家查 libc 的浪费的生命）
设计思路：
1. 首先给用户输入姓名，此时以 malloc 一个 chunk 的方式存储用户的输入
2. 给了 4 个功能，create、delete、edit、show，其中show功能无效
3. create 函数可以申请一个小于 4096 字节的 chunk，并往里面写入数据，然后置flag位为1，同时用一个全局变量 number 来记录已申请的 chunk 个数，number不得大于4。
4. delete 函数可以 free 一个指针并置 flag 位为 0，但是不检查是否已经 free 这个指针。
5. edit 检查 flag 位，只能修改已经 flag 为 1 的 chunk。
6. 数据结构如下：
漏洞点
1. uaf，在dele一个指针后没有清零，可以再次 free 这个 freed 的指针。
2. 漏洞什么的。
漏洞利用
1. 主要利用 fastbin 的 malloc_consolidate 这个函数来造成 unlink，后面再布置栈构造 ropchain 即可。
2. 在申请 large bin 的时候，会将 freed fastbin 的 inuse 位清零，同时进行合并，将合并后的堆块放入 unsortbins 中。然后遍历 unsortbins，按照大小分别放入 smallbins 和 largebins 中。
3.
这时利用 uaf，free 一个 fastbin，也就是我们刚才申请的 0x30 大小的块，将它链入 fastbins
的单向链表中。因为当我们从fastbins中分配不会置后一个 chunk 的 inuse位为1，但是由于之前的
malloc_consolidate 已经使得该 fastbin 的后一个 chunk 的 inuse 位为 0，所以造成一个矛盾，是的我们能够
unlink。
4. 分配一个 0x20 大小的 chunk，置后一个 chunk 的 presize 位为我们刚才分配的fastbin 的大小，为 unlink 做准备，0x20 会从之前合并的 smallbins 中切割，然后该 smallbins 移到 unsortbins 中，并成为 last_remainder。
5. 修改 0x30 的 fastbin，并填充 unlink 的 payload，再在之后分配一个 smallbin 大小的 chunk，使得 unsortbin 中的 chunk 移到smallbins（因为 unsortbins 有一个 check，会检查第一个 chunk 的 bk 是否指向 unsortbin 的头），最后 delete 触发 unlink。
6. 接下来的事情就简单了，修改 fflush 的 got 表为 add rsp 8; ret 的 gadget，然后用rop 泄露 libc 基址，最后修改 free_got 为 system 即可。
7. free 一个事先写好 /bin/sh\0 的 chunk 拿 shell 即可。
PS:
因为可以 malloc 任意大小，还有 uaf，漏洞略大，但已经尽力避免未预料解法了。
PPS：
好像国内的 CTF 还没见过考 malloc_consolidate的，也可能我比赛打的少了XD...
下面选取攻击者 BPG 的破解分析
一、ALL
这题也是一般堆溢出的流程，主要有下面几个操作：
1. 创建
这一段代码比较多，但可以看到问题还是存在的，size和cun都是可以通过输入负数，接着通过强类型转换`unsigned int`来转换成很大的整数来整形溢出。
2. 删除
可以看到这里也是存在问题的，删除之前没有判断块是否被删除了，所以应该可以构造`double-free`
3. 编辑
这里就是正常的编辑，不过验证了块是否存在。
二、DOUBLE-FREE
一年前做过一道`double-free`之后就再也没碰过了，这里正好把相关知识点再温习一下。
堆结构如下，其中0,1,2,3表示一个单位长度。
正常`unlink`的函数主要代码如下：
如果能覆盖一个块的头部来达到控制其`bk`和`fd`的话，就能够成功修改任意地址的值了，但由于存在判断`FD->bk != P || BK->fd != P`，所以没法随便修改，这时就需要利用`double-free`了。
首先判断是需要通过的，所以可以有下面两个等
FD->bk = P <=> FD+3 = P
BK->fd = P <=> BK+2 =
接着就是构造一个堆头满足这两个等式了
pre_size 0
size chunk_size + 1 //这两个条件表示堆仍在使用中
fd p_addr - 3
bk p_addr - 2
那么就能得到绕过判断后能实现的效果
FD->bk = BK => P = BK = P - 2
BK->fd = FD => P = FD = P - 3
所以最后实现的效果是`P=P-3`。
接着就是实现`double-free`的流程了，稍微盗一下图...
1. 新建两个 chunk 分别为 chunk0 和 chunk1
2. free 掉这两个块，第一块作为稍后 unlink 的块，另一块作为 free 的块
3. 新建一个块，这个块要能覆盖到 chunk1 的头部，从而伪造两个 chunk 的头，chunk0 的头部之前已经说过了，而 chunk1 需要欺骗操作系统 chunk0 是已经被free 了的，所以其头部应该如下
pre_size chunk0_size
size chunk1_size
然后整体实现如下：
4. 那么新建这个块就相当于是两个块了，然后我们 free chunk1，就能实现 unlink chunk0 从而使得 chunk0 的地址存放的值变成了 P-0x18
5. 接下来修改 chunk0 的值，修改的值为 0x18 个 padding，然后就能修改 chunk0 的地址的值了，这时修改成 free 的 GOT 表地址
6. 接下来再修改一次chunk0， 这次的值修改成 system 那么就会使得 free 的 GOT 表指向 system，接下来 free 的时候传入 /bin/sh 就能获取 shell 了
三、 EXP
在调试 EXP 过程中出现了这样俩个问题，需要注意一下。
第一个是这里的 P 指的是指向堆地址的指针，也就是`0x6020e0`，不要误以为是堆的地址哦。
第二个在这里我是把`/bin/sh`写在第0个堆，而用2，3来进行`double-free`，主要原因是由于在调试的过程中发现把`/bin/sh`写后面会被系统发现`double-free`。
具体EXP：
最后感谢 WiFi 万能钥匙安全应急响应中心的赞助支持，
接下来的比赛大家一定要使出洪荒之力哦！↖(^ω^)↗
比心 ❤
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