1、计算机专业基础综合（计算机组成原理）模拟试卷 2及答案解析(总分：76.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：31，分数：62.00)1.单项选择题 1-40小题。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。（分数：2.00）_2.若用二进制数表示十进制数 0到 999 999，则最少需要的二进制数的位数是( )。（分数：2.00）A.6B.16C.20D.100 0003.在补码加法运算中，产生溢出的情况是( )。 I两个操作数的符号位相同，运算时采用单符号位，结果的符号位与操作数相同 两个操作数的符号位相同，运算时采用单符号位，结果的符号位与操作数不同 运算时采
2、用单符号位，结果的符号位和最高数位不同时产生进位 运算时采用单符号位，结果的符号位和最高数位相同时产生进位 V运算时采用双符号位，运算结果的两个符号位相同 运算时采用双符号位，运算结果的两个符号位不同（分数：2.00）A.I，B.，C.，D.I，4.计算机中常采用下列几种编码表示数据，其中，0 编码相同的是( )。 I原码 反码 补码 移码（分数：2.00）A.I和B.和C.和D.I和5.如果 X为负数，则已知X 补 ，求一 X 补 的方法是( )。（分数：2.00）A.X 补 各值保持不变B.X 补 符号位变反，其他各位不变C.X 补 除符号位外，各位变反，末位加 1D.X 补 连同符号位一
3、起各位变反，末位加 16.某计算机字长 8位，采用补码表示小数。若某数真值为一 01001，则它在该计算机中的机器数形式为( )。（分数：2.00）A.10111B.10110111C.10111000D.101100007.原码乘法是( )。（分数：2.00）A.先取操作数绝对值相乘，符号位单独处理B.用原码表示操作数，然后直接相乘C.被乘数用原码表示，乘数取绝对值，然后相乘D.乘数用原码表示，被乘数取绝对值，然后相乘8.某机器字长 64位，其中一位符号位，定点小数补码的最大数、最小数分别为( )。（分数：2.00）A.12 -64 和 2 -64 一 1B.12 -63 和 2 -63 一
4、 1C.12 -64 和一 1D.12 -63 和一 19.若x 补 =01101010，则x 原 =( )。（分数：2.00）A.10010101B.10010110C.00010110D.0110101010.原码加减交替除法又称为不恢复余数法，因此( )。（分数：2.00）A.不存在恢复余数的操作B.当某一步运算不够减时，做恢复余数的操作C.仅当最后一步余数为负时，做恢复余数的操作D.当某一步余数为负时，做恢复余数的操作11.移码表示法主要用于表示( )数的阶码 E，以利于比较两个( )的大小和( )操作。（分数：2.00）A.浮点，指数，对阿B.定点，指数，对阶C.浮点，数符，对阶D.
5、定点，数符，对阶12.若定点整数 64位，含 1位符号位，补码表示，则所能表示的绝对值最大的负数为( )。（分数：2.00）A.一 2 54B.一(2 64 一 1)C.一 2 63D.一(2 63 一 1)13.下列编码中，不用于表示字符的是( )。（分数：2.00）A.BCDB.EBCDICC.UnicodeD.ASCII14.若用双符号位，则发生正溢出的特征是( )。（分数：2.00）A.00B.01C.10D.1115.浮点加、减中的对阶应( )。（分数：2.00）A.将较小的一个阶码调整到与较大的一个阶码相同B.将较大的一个阶码调整到与较小的一个阶码相同C.将被加数的阶码调整到与加数
6、的阶码相同D.将加数的阶码调整到与被加数的阶码相同16.下列关于汉字编码的说法中，错误的是( )。（分数：2.00）A.用于输入汉字的编码称为输入码或外码B.用于输出汉字的编码称为字模码C.计算机存储、处理汉字所使用的编码称为机内码或内码D.输入码或外码与汉字字符的对应关系是一一对应的关系17.海明校验码是在 n个信息位之外增设 k个校验位，从而形成一个 k+n位的新的码字，使新的码字的码距比较均匀地拉大。n 与 k的关系是( )。（分数：2.00）A.2 k 一 1n+kB.2 k 一 1n+kC.n=kD.n一 1=k18.某浮点机字长 8位，尾数和阶码都采用补码形式，且运算过程中数符和阶
7、符都采用双符号位，基数为2。则浮点加减运算过程中，当出现下列哪种情况时，需要左规?( ) 、（分数：2.00）A.尾数相加后，数符为”01”B.尾数相加后，数符为”10”C.尾数相加结果为”001 xxxxxx”D.尾数相加结果为”111xxxxxx”19.不属于组合逻辑电路的是( )。（分数：2.00）A.加法器与 ALUB.译码器与数据选择器C.串行加法器与超前进位加法器D.移位寄存器与计数器20.关于 ALU的叙述中，不正确的是( )。（分数：2.00）A.ALU是功能较强的组合电路B.ALU的基本逻辑结构是超前进位加法器C.ALU的输入只有参加运算的两个数，输出是两个数的和D.SN74
8、 181是典型的 4位 ALU21.下列叙述中，不正确的是( )。（分数：2.00）A.串行加法器位数越多加法时间越长B.超前进位加法器位数越多高位电路越复杂C.串行加法器比超前进位加法器的加法时间长的原因是串行加法器进位串行传递D.串行加法器比超前进位加法器的加法时间长的原因是串行加法器高位电路复杂22.定点加法器完成加法操作时，若次高位的进位与最高位的进位不同，即这两个进位信号“异或”运算的结果为 1，则称发生了( )。（分数：2.00）A.故障B.上溢C.下溢D.溢出23.已知 CRC校验的一个数据字为：1001 0101 1001B,设采用的生成多项式为：G(x)=x 2 +1，则校验
9、码为( )。（分数：2.00）A.0011BB.0010BC.011BD.010B24.下列关于浮点数的说法中，正确的是( )。（分数：2.00）A.无论基数取何值，当尾数(以原码表示)小数点后第 1位不为 0时即为规格化B.阶码采用移码的目的是便于移动浮点数的小数点位置以实现规格化C.浮点数加、减运算的步骤是对阶、尾数求和、规格化、舍入处理、判断溢出D.IEEE 754标准规定规格化数在二进制小数点后面隐含一位的“1”25.下列关于定点数与浮点数的说法中，正确的是( )。（分数：2.00）A.长度相同的定点数与浮点数，所能表示数的个数相同B.长度相同的定点数与浮点数，所能表示数的精度与范围相
10、同C.在长度相同的情况下，定点数所表示数的精度要高于浮点数所表示数的精度D.在长度相同的情况下，定点数所表示数的范围要低于浮点数所表示数的范围26.当且仅当( )发生时，认为浮点数溢出。（分数：2.00）A.阶码上溢B.尾数上溢C.尾数与阶码同时上溢D.尾数或阶码上溢27.设数据码字为 10010011，采用汉明码进行校验，若仅考虑纠正一位错，则必须加入的(冗余)位数是( )。（分数：2.00）A.2B.3C.4D.528.接收到的(偶性)汉明码为 1001101B，其中的信息为( )。（分数：2.00）A.1001B.0011C.0110D.010029.在字长为 8位的定点整数计算机中，无
11、符号整数 X=246，则一 X 补码 为( )。（分数：2.00）A.00001010BB.11110110BC.01110110BD.11111011B30.对于长度固定的浮点数，若尾数的位数增加、阶码的位数减少，则( )。（分数：2.00）A.可表示浮点数的范围与表示精度不变B.可表示浮点数的范围与表示精度增加C.可表示浮点数的范围增加，但表示精度降低D.可表示浮点数的范围变小，但表示精度提高31.下列关于机器零的说法中，正确的是( )。（分数：2.00）A.发生“下溢”时，浮点数被当作机器零，机器将暂停运行，转去处理“下溢”B.只有以移码表示阶码时，才能用全 0表示机器零的阶码C.机器零
12、属于规格化的浮点数D.定点数中的零也是机器零二、综合应用题(总题数：7，分数：14.00)32.综合应用题 41-47小题。（分数：2.00）_33.双符号位的作用是什么?它只出现在什么部件中?（分数：2.00）_34.如果要实现对 8位数据进行汉明校验，需要设置的校验位数有几位?设计该汉明校验码的编码。（分数：2.00）_35.假定 X=001100112 11 ，Y=011011012 -10 (此处的数均为二进制)。 (1)浮点数阶码用 4位移码、尾数用 8位原码表示(含符号位)，写出该浮点数能表示的绝对值最大、最小的(正数和负数)数值； (2)写出 X、Y 正确的浮点数表示(注意，此处
13、预设了个小陷阱)； (3)计算 X+Y。（分数：2.00）_36.假定 X=001100112 11 ，Y=011011012 -10 (此处的数均为二进制)，计算 XY。（分数：2.00）_37.已知 32位寄存器中存放的变量 x的机器码为 C0000004H，请问： (1)当 x是无符号整数时，x 的真值是多少?x2 的真值是多少?x2 存放在 R1中的机器码是什么?2x 的真值是多少?2x 存放在 Rl中的机器码是什么? (2)当 x是带符号整数(补码)时，x 的真值是多少?x2 的真值是多少?x2 存放在 R1中的机器码是什么?2x 的真值是多少?2x 存放在 R1中的机器码是什么?（
14、分数：2.00）_38.某机字长 16位，使用四片 74181组成算术逻辑运算单元，设最低位序号标注为第 0位。 (1)写出第5位的进位信号 C 6 的逻辑表达式； (2)估算产生 C 6 所需的最长时间； (3)估算最长求和时间。（分数：2.00）_计算机专业基础综合（计算机组成原理）模拟试卷 2答案解析(总分：76.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：31，分数：62.00)1.单项选择题 1-40小题。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。（分数：2.00）_解析：2.若用二进制数表示十进制数 0到 999 999，则最少需要的二进制数的位数是( )。
15、（分数：2.00）A.6B.16C.20 D.100 000解析：解析：如果用二进制表示 0999 999(2 20 )则需要 20位。3.在补码加法运算中，产生溢出的情况是( )。 I两个操作数的符号位相同，运算时采用单符号位，结果的符号位与操作数相同 两个操作数的符号位相同，运算时采用单符号位，结果的符号位与操作数不同 运算时采用单符号位，结果的符号位和最高数位不同时产生进位 运算时采用单符号位，结果的符号位和最高数位相同时产生进位 V运算时采用双符号位，运算结果的两个符号位相同 运算时采用双符号位，运算结果的两个符号位不同（分数：2.00）A.I，B.，C.， D.I，解析：解析：常用的
16、溢出判断方法主要有三种：采用一个符号位、采用进位位和采用变形补码。采用一个符号位的溢出条件为：结果的符号位与操作数符号位不同。采用进位位的溢出条件为：结果的符号位和最高数位不同时产生进位。采用双符号位(变形补码)的溢出条件为：运算结果的两个符号位不同。4.计算机中常采用下列几种编码表示数据，其中，0 编码相同的是( )。 I原码 反码 补码 移码（分数：2.00）A.I和B.和C.和 D.I和解析：解析：假设字长为 8位，+0 原 =00000000，一 0 原 =10000000；+0 反 =00000000，一 0 反 =11 11 11 11；+0 补 =00000000，一 0 补 =
17、00000000；+0 移 =10000000，一 0 移 =10000000。对于真值 0，原码和反码各有两种不同的表示形式，而补码和移码只有唯一的一种表示形式。正因为补码和移码 0的表示形式唯一，才使得补码和移码比原码和反码能够表示的负数个数多一个。5.如果 X为负数，则已知X 补 ，求一 X 补 的方法是( )。（分数：2.00）A.X 补 各值保持不变B.X 补 符号位变反，其他各位不变C.X 补 除符号位外，各位变反，末位加 1D.X 补 连同符号位一起各位变反，末位加 1 解析：解析：一 X 补 被称为X 补 的机器负数，由X 补 求一 X 补 的过程称为对X 补 变补(求补)，这
18、是做减法运算时必须要完成的操作。不管 X的真值为正或为负，已知X 补 求一 X 补 的方法是：X 补 连同符号位一起各位变反，末位加 1。X 补 表示的真值如果是正数，则变补后一 X 补 所表示的真值变为负数；反过来，X 补 表示的真值如果是负数，则一 X 补 所表示的真值变为正数。此题容易错选选项 C。如果除符号位外，各位变反，末位加 1，得到的是X 原 ，而不是一 X 补 ，且只有 X为负数时成立。6.某计算机字长 8位，采用补码表示小数。若某数真值为一 01001，则它在该计算机中的机器数形式为( )。（分数：2.00）A.10111B.10110111C.10111000 D.1011
19、0000解析：解析：补码与原码，X 补 求一 X 补 的转换： 7.原码乘法是( )。（分数：2.00）A.先取操作数绝对值相乘，符号位单独处理 B.用原码表示操作数，然后直接相乘C.被乘数用原码表示，乘数取绝对值，然后相乘D.乘数用原码表示，被乘数取绝对值，然后相乘解析：解析：对于原码的加、减、乘、除运算都是将操作数和绝对值分开来进行的，因此原码乘法是先取操作数绝对值相乘，符号位单独处理。8.某机器字长 64位，其中一位符号位，定点小数补码的最大数、最小数分别为( )。（分数：2.00）A.12 -64 和 2 -64 一 1B.12 -63 和 2 -63 一 1C.12 -64 和一 1
20、D.12 -63 和一 1 解析：9.若x 补 =01101010，则x 原 =( )。（分数：2.00）A.10010101B.10010110C.00010110D.01101010 解析：10.原码加减交替除法又称为不恢复余数法，因此( )。（分数：2.00）A.不存在恢复余数的操作B.当某一步运算不够减时，做恢复余数的操作C.仅当最后一步余数为负时，做恢复余数的操作 D.当某一步余数为负时，做恢复余数的操作解析：11.移码表示法主要用于表示( )数的阶码 E，以利于比较两个( )的大小和( )操作。（分数：2.00）A.浮点，指数，对阿 B.定点，指数，对阶C.浮点，数符，对阶D.定点
21、，数符，对阶解析：解析：移码主要用于表示浮点数的阶码，比较两个数的指数大小。12.若定点整数 64位，含 1位符号位，补码表示，则所能表示的绝对值最大的负数为( )。（分数：2.00）A.一 2 54B.一(2 64 一 1)C.一 2 63 D.一(2 63 一 1)解析：13.下列编码中，不用于表示字符的是( )。（分数：2.00）A.BCD B.EBCDICC.UnicodeD.ASCII解析：解析：BCD 码主要用于表示十进制数，4 位二进制编码表示 1位十进制数。EBCDIC 和 ASCII码表示的是西文字符或符号，7 位二进制编码表示 1个字符。14.若用双符号位，则发生正溢出的特
22、征是( )。（分数：2.00）A.00B.01 C.10D.11解析：解析：用双符号位产生正溢出的标志为 01，产生负溢出的标志为 10。15.浮点加、减中的对阶应( )。（分数：2.00）A.将较小的一个阶码调整到与较大的一个阶码相同 B.将较大的一个阶码调整到与较小的一个阶码相同C.将被加数的阶码调整到与加数的阶码相同D.将加数的阶码调整到与被加数的阶码相同解析：16.下列关于汉字编码的说法中，错误的是( )。（分数：2.00）A.用于输入汉字的编码称为输入码或外码B.用于输出汉字的编码称为字模码C.计算机存储、处理汉字所使用的编码称为机内码或内码D.输入码或外码与汉字字符的对应关系是一一
23、对应的关系 解析：解析：此题考查汉字编码的基本知识。17.海明校验码是在 n个信息位之外增设 k个校验位，从而形成一个 k+n位的新的码字，使新的码字的码距比较均匀地拉大。n 与 k的关系是( )。（分数：2.00）A.2 k 一 1n+k B.2 k 一 1n+kC.n=kD.n一 1=k解析：解析：如果仅考虑纠正 1位错的情况，只要满足 2 k n+k+1 就可以了(设校验位的位数为 k，信息位的位数为 n)。如果在纠正 1位错的同时还要能发现 2位错，则满足 2 k-1 n+k+1。海明码的实现原理是：在有效信息位中加入几个校验位形成海明码，使码距比较均匀地拉大，并把海明码的每一个二进制
24、位分配到几个奇偶校验组中。当某一位出错后，就会引起有关的几个校验位的值发生变化，这不但可以发现错误，还能指出错误的位置，为自动纠错提供了依据。18.某浮点机字长 8位，尾数和阶码都采用补码形式，且运算过程中数符和阶符都采用双符号位，基数为2。则浮点加减运算过程中，当出现下列哪种情况时，需要左规?( ) 、（分数：2.00）A.尾数相加后，数符为”01”B.尾数相加后，数符为”10”C.尾数相加结果为”001 xxxxxx”D.尾数相加结果为”111xxxxxx” 解析：解析：当尾数运算结果为非规格化形式时，需要左规；基数为 2的补码的规格化形式下最高数值位应与符号位相反，故当尾数相加结果为“1
25、11xxxxxx”时，尾数需要左规。19.不属于组合逻辑电路的是( )。（分数：2.00）A.加法器与 ALUB.译码器与数据选择器C.串行加法器与超前进位加法器D.移位寄存器与计数器 解析：20.关于 ALU的叙述中，不正确的是( )。（分数：2.00）A.ALU是功能较强的组合电路B.ALU的基本逻辑结构是超前进位加法器C.ALU的输入只有参加运算的两个数，输出是两个数的和 D.SN74 181是典型的 4位 ALU解析：21.下列叙述中，不正确的是( )。（分数：2.00）A.串行加法器位数越多加法时间越长B.超前进位加法器位数越多高位电路越复杂C.串行加法器比超前进位加法器的加法时间长
26、的原因是串行加法器进位串行传递D.串行加法器比超前进位加法器的加法时间长的原因是串行加法器高位电路复杂 解析：22.定点加法器完成加法操作时，若次高位的进位与最高位的进位不同，即这两个进位信号“异或”运算的结果为 1，则称发生了( )。（分数：2.00）A.故障B.上溢C.下溢D.溢出 解析：解析：此题考查的知识点：定点加法器判断溢出的规则；上溢与下溢是针对浮点数而言，定点数只有溢出、正溢出和负溢出的概念。23.已知 CRC校验的一个数据字为：1001 0101 1001B,设采用的生成多项式为：G(x)=x 2 +1，则校验码为( )。（分数：2.00）A.0011BB.0010BC.011
27、B D.010B解析：解析：CRC 校验码的位数等于采用的生成多项式的次数。本题中为 3位。校验时，先在数据字后面加上“多项式次数”个“0”(本例中为 1001 0101 1001 000)，再用生成多项式的系数(本例中为 101)去除，所得余数为校验码。除法采用模 2除法，即不考虑进位和借位的除法。24.下列关于浮点数的说法中，正确的是( )。（分数：2.00）A.无论基数取何值，当尾数(以原码表示)小数点后第 1位不为 0时即为规格化B.阶码采用移码的目的是便于移动浮点数的小数点位置以实现规格化C.浮点数加、减运算的步骤是对阶、尾数求和、规格化、舍入处理、判断溢出 D.IEEE 754标准
28、规定规格化数在二进制小数点后面隐含一位的“1”解析：解析：基数取 2时，尾数(以原码表示)小数点后第 1位不为 0时即为规格化；取 4时，小数点后 2位不为 00时即为规格化；取 8时，尾数小数点后 3位不为 000时即为规格化；取 16时，小数点后 4位不为 0000时即为规格化。25.下列关于定点数与浮点数的说法中，正确的是( )。（分数：2.00）A.长度相同的定点数与浮点数，所能表示数的个数相同B.长度相同的定点数与浮点数，所能表示数的精度与范围相同C.在长度相同的情况下，定点数所表示数的精度要高于浮点数所表示数的精度D.在长度相同的情况下，定点数所表示数的范围要低于浮点数所表示数的范
29、围 解析：解析：此题考查的知识点：浮点数所能表示数的范围和精度都要优于长度相同的定点数所能表示数的范围和精度。26.当且仅当( )发生时，认为浮点数溢出。（分数：2.00）A.阶码上溢 B.尾数上溢C.尾数与阶码同时上溢D.尾数或阶码上溢解析：解析：浮点数溢出是指阶码溢出(超出所能表示的最大值)。尾数上溢时，尾数将被右移 1位，阶码加 1，这个操作被称为右规。27.设数据码字为 10010011，采用汉明码进行校验，若仅考虑纠正一位错，则必须加入的(冗余)位数是( )。（分数：2.00）A.2B.3C.4 D.5解析：解析：如果仅考虑纠正 1位错的情况，只要满足 2 K N+K+1 就可以了(
30、设校验位的位数为 K，信息位的位数为 N)。因为 N=8，所以 K4。28.接收到的(偶性)汉明码为 1001101B，其中的信息为( )。（分数：2.00）A.1001B.0011C.0110D.0100 解析：解析：此题考查汉明码的纠错方法。 根据接收到的(偶性)汉明码： 形成检测位 P 4 P 2 P 1 。其中， 本题的检测位如下： 29.在字长为 8位的定点整数计算机中，无符号整数 X=246，则一 X 补码 为( )。（分数：2.00）A.00001010B B.11110110BC.01110110BD.11111011B解析：解析：此题考查无符号整数 X的一 X 补码 的计算方
31、法。30.对于长度固定的浮点数，若尾数的位数增加、阶码的位数减少，则( )。（分数：2.00）A.可表示浮点数的范围与表示精度不变B.可表示浮点数的范围与表示精度增加C.可表示浮点数的范围增加，但表示精度降低D.可表示浮点数的范围变小，但表示精度提高 解析：解析：此题考查浮点数格式中尾数位数与所表示数据精度的关系以及阶码位数所表示数据范围的关系。31.下列关于机器零的说法中，正确的是( )。（分数：2.00）A.发生“下溢”时，浮点数被当作机器零，机器将暂停运行，转去处理“下溢”B.只有以移码表示阶码时，才能用全 0表示机器零的阶码 C.机器零属于规格化的浮点数D.定点数中的零也是机器零解析：
32、解析：此题考查的知识点是：只有以移码表示阶码时才能用全 0表示机器零的阶码。二、综合应用题(总题数：7，分数：14.00)32.综合应用题 41-47小题。（分数：2.00）_解析：33.双符号位的作用是什么?它只出现在什么部件中?（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：双符号位能容易检查加、减运算中的溢出情况。当符号位相同，数值结果正确；当符号位为 01或 10时，表示数值溢出。01 表示两个正数相加之和1 的情况，通常称数值“上溢”；10表示两个负数相加之和小于一 1的情况，通常称为数值“下溢”。前面的 1个符号位是正确的符号位。 只有在算术和逻辑运算部件中采用双符号位。因为只在把两个模
33、 4补码的数值送往算术和逻辑运算部件完成加、减运算时，才把每个数的符号位的值同时送到算术和逻辑运算部件的两位符号位，所以只有在算术和逻辑运算部件中采用双符号位。)解析：34.如果要实现对 8位数据进行汉明校验，需要设置的校验位数有几位?设计该汉明校验码的编码。（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：为实现对 8位数据(数据位用 D8 D7 D6 D5 D4 D3 D2 D1表示)的汉明校验，应安排 5位校验位(校验位用 P5 P4 P3 P2 P1表示)。 生成校验位与数据位的对应关系表，完成把每个数据位划分在形成不同校验位的偶校验值的逻辑表达式中，即可设计出汉明校验码的编码逻辑表达式和译码
34、逻辑表达式： 对 Pi，总是用在 Pi取值为 1的行中的、用 1标记出来的数据位计算该 Pi的值。 译码逻辑表达式：用一个校验码和形成这个校验码的编码方式执行异或。 )解析：35.假定 X=001100112 11 ，Y=011011012 -10 (此处的数均为二进制)。 (1)浮点数阶码用 4位移码、尾数用 8位原码表示(含符号位)，写出该浮点数能表示的绝对值最大、最小的(正数和负数)数值； (2)写出 X、Y 正确的浮点数表示(注意，此处预设了个小陷阱)； (3)计算 X+Y。（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：(1)绝对值最大：111101111111，111111111111。
35、 绝对值最小：0 0010 0000000，0 00110000000。 (2)X：101100110011，Y：011001101101。 (3)计算 X+Y。 A：求阶差：|E|=|1011-0110 l=0101 B：对阶：Y 变为 10110 00000 1101 101 C：尾数相加：00 01 10011 00000+00 00000 1101 101=00 01 101 10 01 101 D：规格化：左规：尾数为 0 1101 100 1101，阶码为 1010 E：舍入处理：采用 0舍 1入法处理，则有 00 1101 100+1=001 101101 F：不溢出 所以，X+
36、Y 最终浮点数格式的结果为：1 010 0 1101101，即 01101101x2 10 。)解析：36.假定 X=001100112 11 ，Y=011011012 -10 (此处的数均为二进制)，计算 XY。（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：(1)阶码相加：X+Y 移 =X 移 +Y 补 =01 011+11110=01 001。 (符号位 10第 1位为 0，不溢出；00 时上溢，01 时下溢。) (2)尾数相乘结果：0 1010110 110111。 (3)已满足规格化要求，不需左规，尾数不变，阶码仍为 001。 (4)舍入处理：按 0舍 1入规则，尾数之后的 6位 1101
37、11舍去，尾数+1=01010111。 所以，XY 最终浮点数格式的结果为：1001 0 1010111 即 0101011121。)解析：37.已知 32位寄存器中存放的变量 x的机器码为 C0000004H，请问： (1)当 x是无符号整数时，x 的真值是多少?x2 的真值是多少?x2 存放在 R1中的机器码是什么?2x 的真值是多少?2x 存放在 Rl中的机器码是什么? (2)当 x是带符号整数(补码)时，x 的真值是多少?x2 的真值是多少?x2 存放在 R1中的机器码是什么?2x 的真值是多少?2x 存放在 R1中的机器码是什么?（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：算术移位的对
38、象是带符号数，在移位过程中必须保持操作数的符号不变。当左移1位时，如不产生溢出，则数值乘以 2；而右移 1位时，如不考虑因移出舍去的末位尾数，则数值除以2。因此，对于无符号整数，所有二进制位均为数值位，而对于带符号数，最高位为符号位。2x 即左移 1位，x2 即右移 1位。 (1)x 是无符号整数，C0000004H 的真值为 2 31 +2 30 +2 2 。 x2 是由 x逻辑右移 1位得到的，即(2 31 +2 30 +2 2 )2，其真值为 2 30 +2 29 +2，存放在 R1中的机器码是 01 10 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0010 转换成十六
39、进制为 6000 0002H。 2x 是由 x逻辑左移 1位得到 1 1000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 1000 真值发生溢出，存放在 R1中的机器码是 1000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 1000，转换成十六进制为 80000008H。 (2)机器码 C0000004H的二进制补码表示为 1，100 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0100 这是一个负数，得到的二进制真值为 一 011 1111 11 11 11111 11111 11 11 111100 对应的十进制真值为一(2 30 一 2
40、 2 )。 x2 是由 x算术右移 1位得到的，其真值为一(2 29 一 2)，用二进制真值表示为 一 110 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0010 存放在 R1中的机器码是 1，110 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0100 转换成十六进制表示为 E0000002H。)解析：38.某机字长 16位，使用四片 74181组成算术逻辑运算单元，设最低位序号标注为第 0位。 (1)写出第5位的进位信号 C 6 的逻辑表达式； (2)估算产生 C 6 所需的最长时间； (3)估算最长求和时间。（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：(1
41、)组成最低 4位的 74181进位输出为： C 4 =C n+4 =G+PC n =G+PC 0 ，C 0 为向第 0位进位。 其中，G=y 3 +y 2 y 3 +y 1 y 2 y 3 +y 0 x 1 x 2 x 3 ，P=x 0 x 1 x 2 x 3 所以， C 5 =y 4 +x 4 C 4 ，C 6 =y 5 +x 5 ，C 5 =y 5 +x 5 y 4 +x 4 y 4 C 4 (2)设标准门延迟时间为 T，“与或非”门延迟时间为 15T，则进位信号 C 0 由最低位传至 C 6 需经一个反向器、两级“与或非”门，故产生 C 6 的最长延迟时间为 T+215T=4T (3)最长求和时间应从施加操作数到 ALU算起：第一片 74181有 3级“与或非”门(产生控制参数 x 0 、y 0 和 C n+4 )，第二、第三片 74181共 2级反向器和 2级“与或非”门(进位链)，第四片 7181求和逻辑(1 级与或非门和 1级半加器，设其延迟时间为 3T)，故总的加法时间为 t 0 =315T+2 71+215T+15T+3T=14T)解析：
