计算机学科专业基础综合组成原理

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1、计算机学科专业基础综合组成原理-13（总分：100.00，做题时间：90 分钟）、单项选择题（总题数：40，分数：100.00）1. 一个C语言程序在一台32位机器上运行。程序中定义了三个变量X、y、Z,其中x和z为int型,y为 short型。当x=127、y=-9时，执行赋值语句z=x+y后，x、y、z的值分别是。（分数：2.50）A. x=0000007FH, y=FFF9H, z=00000076HB. x=0000007FH, y=FFF9H, z=FFFF0076HC. x=0000007FH, y=FFF7H, z=FFFF0076HD. x=0000007FH, y=FFF7H

2、, z=00000076H 丿解析：解析结合题干及选项可知，int为32位，short为16位：又因C语言的数据在内存中为补码形 式，故x、y的机器数写为0000007F、FFF7H。执行z=x+y时，由于x为int型，y为short型，故需将y 的类型强制转换为int型，在机器中通过符号位扩展实现，由于y的符号位为1，故在y的前面添加16个 1，即可将y强制转换为int型，其十六进制形式为FFFFFFF7H。然后执行加法，即 0000007FH+FFFFFFF7H=00000076H，其中最高位的进位1自然丢弃。数据转换时应注意的问题有：1）有符号数和无符号数之间的转换。例如，由signed

3、型转化为等长unsigned型数据时，符号位成为数据 的一部分，也就是说，负数转化为无符号数数值将发生变化。同理，由 unsigned 转化为 signed 时最高位 作为符号位，也可能发生数值变化。2）数据的截取与保留。当一个浮点数转化为整数时，浮点数的小数部分全部舍去，并按整数形式存储。但 浮点数的整数部分不能超过整型数允许的最大范围。否则溢出。3）数据转换中的精度丢失。四舍五入会丢失一些精度，截去小数也会丢失一些精度。此外，数据由long型 转换为float或double型时，有可能在存储时不能准确地表示该长整数的有效数字，精度也会受到影响。4）数据转换结果的不确定性。当较长的整数转换为

4、较短的整数时，要将高位截去,例如，long型转换为short 型，只将低16位送过去，这样就会产生很大的误差。浮点数降格时，如double型转换为float型，当数 值超过了 float型的表示范围时，所得到的结果将是不确定的。对于此问题在常见问题与知识点的第2问中有另一角度的解析。2假定有4个整数用8位补码分别表示r1=FEH、r2=F2H、r3=90H、r4=F8H，若将运算结果存放在一个8位 寄存器中，则下列运算会发生溢出的是。（分数： 2.50）A. rlXr2B. r2Xr3 丿C. rlXr4D. r2Xr4解析： 解析 本题的真正意图是考查补码的表示范围，而不是补码的乘法运算。若

5、采用补码乘法规则计算 出4个选项，是费力不讨好的做法，而且极容易出错。8位补码所能表示的整数范围为-128+127。将4 个数全部转换为十进制：r =-2， r =-14， r =-112，r =-8，得r Xr =1568，远超出了表示范123423围，发生溢出。3.某计算机存储器按字节编址，采用小端方式存放数据。假定编译器规定int和short型长度分别为32位 和 16 位，并且数据按边界对齐存储。某 C 语言程序段如下：structint a;char b;shott c;record;record.a=273;若 record 变量的首地址为 0xC008 ，则地址 0xC008 中

6、内容及 record.c 的地址分别为 。（分数：2.50）A. 0x00、0xC00DB. 0x00、0xC00EC. 0x11、0xC00DD. Oxll、OxCOOE 丿解析：解析 尽管 record 大小为 7 个字节（成员 a 有 4 个字节，成员 b 有 1 个字节，成员 c 有 2 个字节）， 由于数据按边界对齐方式存储，故record共占用8个字节。record.a的十六进制表示为0x00000111，由 于采用小端方式存放数据，故地址 0xC008 中内容应为低字节 0x11；record.b 只占 1 个字节，后面的一个 字节留空；record.c占2个字节，故其地址为0x

7、C00E。各字节的存储分配如下表所示。地址0xC0080xC0090xC00A0xC00B内容record.a(0x11)record.a(0x01)record.a(0x00)record.a(0x00)地址0xC00C0xC00D0xC00E0xC00F内容record.b-record.crecord.c4假定编译器规定int和short类型长度分别为32位和16位，执行下列C语言语句unsigned short x=65530;unsigned int y=x;得到y的机器数为。（分数：2.50）A. 0000 7FFAHB. 0000 FFFAH 丿C. FFFF 7FFAHD. F

8、FFF FFFAH解析：解析将一个16位unsigned short转换成32位形式的unsigned int,因为都是无符号数，新表 示形式的高位用0填充。16位无符号整数所能表示的最大值为65535，其十六进制表示为FFFFH，故x的 十六进制表示为FFFFH-5H=FFFAH，所以y的十六进制表示为0000 FFFAH。排除法：先直接排除C、D,然后分析余下选项的特征。由于A、B的值相差几乎近1倍，可采用算出0001 0000H（接近B且好算的数）的值，再推断出答案。5. 有如下 C 语言程序段short si=-32767;unsigned Short usi=si;执行上述两条语句后

9、， usi 的值为。（分数： 2.50）A. -32767B. 32767C. 32768D. 32769丿解析：解析结合题干及选项可知，short为16位。因C语言中的数据在内存中为补码表示形式，si对 应的补码二进制表示为：1000 0000 0000 0001B,最前面的一位“ 1”为符号位，表示负数，即-32767。由 signed型转化为等长unsigned型数据时，符号位成为数据的一部分，也就是说，负数转化为无符号数（即 正数），其数值将发生变化。Usi对应的补码二进制表示与si的表示相同，但表示正数，为32769。6. 对真值 0 表示形式唯一的机器数是。（分数： 2.50）A.

10、 原码B. 补码和移码 VC. 反码D. 以上都不对解析：解析 假设位数为5 位（含 1位符号位），+0 =00000，-0 =10000，+0 =00000，-0 原原反反=11111，+0 =-0 =00000，+0 =-0 =10000。可知，0 的补码和移码的表示是唯一的。 补 补 移 移7若X=0. 1101010,则X=。补原（分数：2.50）A. 1.0010101B. 1.01110110C. 0.0010110D. 0.1101010 丿解析：解析 若 X 为正数,其原码、反码、补码相同。8.若X=1.1101010,则X=。补原（分数：2.50）A. 1.0010101B.

11、 1.0010110 丿C. 0.0010110D. 0.1101010解析：解析 若 X 为负数,则其补码转换成原码的规则是“符号位不变,数值位取反,末位加 1”,即, X=0010101+1=0010110。原9如果X为负数，由X、求-X、是将。补补 （分数：2.50）A. 补各值保持不变B. 补符号位变反，其他各位不变C. 补除符号位外，各位变反，末位加 1D. 补连同符号位一起变反，末位加1丿解析：解析不论X是正数还是负数，由X、求-X、的方法是连同符号位一起，每位取反，末位加 补补1。10.8位原码能表示的不同数据有。（分数： 2.50）A. 15B. 16C. 255 丿D. 25

12、6解析： 解析 8个二进制位有2 8 =256种不同表示。原码中0有两种表示，故原码能表示的不同数据为28 -1=255。由于0在反码中也有两种表示，故如果题目改为反码答案也为Co 0在补码与移码中只有一种表 示，故题目如果改为补码或移码，则答案为Do11. 定点小数反码揉反=乂 .x -X 表示的数值范围是。0 1 n A.-1+2-nxWl-2-n B.-1+2-nWx1-2-n C.-1+2-nWxWl-2-n D.-1+2-nX1-2-n（分数： 2.50）A.B.C. 丿D.解析：解析n+1位小数反码的表示范围为T+2 -n WxWl-2 -n。12. 一个n+1位整数x原码的数值范

13、围是o A.-2n+lX2n-l B.-2n+lWx2n-l C.-2n+lxW2n-l D.-2n+lWxW2n-l（分数：2.50）A.B.C.D. 丿解析：解析n+1位整数原码的表示范围为-2 n +1WxW2 n -1。13. 补码定点整数 0101 0101 左移两位后的值为。（分数： 2.50）A. 0100 0111B. 0101 0100 丿C. 0100 0110D. 0101 0101解析： 解析 该数是一个正数（最高位为0），按照算术补码移位规则，正数左右移位均添0，且符号位不 变，所以0101 0101左移2位后的值为0101 0100。14. 补码定点整数 1001

14、0101 右移 1 位后的值为。（分数： 2.50）A. 0100 1010B. 01001010 1C. 1000 1010D. 1100 1010 丿解析： 解析 该数是一个负数（最高位为1），按照算术补码移位规则，负数右移添1，负数左移添0，所 以1001 0101 右移1 位后的值为1100 1010。算术移位过程中符号位不变，空位添补规则见下表。不同机器数算术移位后的空位添补规则码制添补代码正数原码、补码、反码0原码0负数补码左移添 0右移添 1反码115. 计算机内部的定点数大多用补码表示，以下是一些关于补码特点的叙述：I.零的表示是唯一的II符号位可以和数值部分一起参加运算 II

15、I和其真值的对应关系简单、直观IV.减法可用加法来实现 在以上叙述中，是补码表示的特点（分数： 2.50）A. I 和 IIB. I 和IIIC. I 和 II 和IIID. I和II和V丿解析：解析+0 ,k -0kk是相同的，所以I正确。在进行补码定点数的加减运算时，符号作为数的一补补部分参加运算，所以II正确，A、-B ,k =A ,k +B、，即将减法采用加法实现，所以IV正确。实际 补补补补上，补码和其真值的对应关系远不如原码和其真值的对应关系简单直观，所以III错误。16. n 位定点整数(有符号)表示的最大值是。 A.2n B2n1 C.2n-1 D.2n-1-1(分数： 2.5

16、0)A.B.C.D. 丿解析：解析n位二进制有符号定点整数，数值位只有n-1位最高位为符号位，所以最大值为2 n-i-1。17. 对于相同位数(设为N位，不考虑符号位)的二进制补码小数和十进制小数，二进制小数能表示的数的个数/十进制小数所能表示数的个数为。 A.(0.2)N B.(0.2)N-1 C.(0.02)N D.(0.02)N-1(分数： 2.50)A. 丿B.C.D.解析：解析N位的二进制小数可以表示的数的个数为1+2 o +2 i +2 n-i =2 n，而十进制小数能表示 的数的个数为10 N ，二者的商为(0.2) N 。这也是为何在计算机的运算中会出现误差情况的原因，这表明

17、了仅仅有(0.2) N 概率的十进制数可以精确地用二进制表示。18. 若定点整数64位，含一位符号位，采用补码表示，所能表示的绝对值最大负数为。 A.-264 B.-(264-1) C.-263D.-(263-1)(分数： 2.50)A.B.C. 丿D.解析：解析对于长度为n+1(含一位符号位)定点整数x，用补码表示时，x绝对值最大负数=-2 n，这里n=63。绝对值最大负数19.5 位二进制定点小数，用补码表示时，最小负数是 （分数：2.50）A.0.111B.1.0001C.1.111D.1.0000 丿 解析：解析5位二进制定点小数用补码表示时最小负数表示为1.0000。若真值为纯小数它

18、的补码 形式为x x x x 其中x 表示符号位。当x =1, x xx 均等于0时X为最小负数（绝S 1 2 n S 对值最大的负数）其真值等于-1。20. 下列关于补码和移码关系的叙述中 （分数：2.50）A. 相同位数的补码和移码表示具有相同的数据表示范围B. 零的补码和移码表示相同丿C. 同一个数的补码和移码表示其数值部分相同而符号相反D. 一般用移码表示浮点数的阶而补码表示定点整数 解析：解析 以机器字长5位为例 0 同但在补码或移码中的表示形式是唯一的。21. 设x补 1.x x x x ,当满足时，（分数：2.50）A. x1 必须为 1B. x1 必须为 1C. x1 必须为

19、0D. x1 必须为 0 解析：解析 x 补补相同，则数值位越大，码值越大。所以要使x-1/2成立，x 必须为0而x2另解：因为-1、为1.0000，直接排除A、B、C，只可能选D。解答此类题时，应有意识地联想到几个特补 殊值的表示，以迅速得出答案、或检验答案的正确性。22. 若x=1， x x x x x x ，其中x 取0或1，若要x-32，应当满足。补123456i（分数： 2.50）A. x1 为 0，其他各位任意B. x1 为 1 ，其他各位任意C. x1为1，x2x6中至少有一位为1丿D. x1为0，x2x6中至少有一位为1解析：解析x、的符号位为1，所以x 一定是负数。绝对值越小

20、，数值越大，所以，要满足x-32，补则x的绝对值必须小于32。因此，x为1，xx中至少有一位为1，这样，各位取反末尾加1后，x1 2 6一定为0，x x 中至少有一位为1，这使得x的绝对值保证小于32。1 2 6 当使用补码表示时，符号位相同，则数值位越大码值越大。23. 设 x 为整数， x （分数： 2.50）A. x1x5 至少有一个为 1B. x1必须为0，x2x5至少有一个为1C. x1必须为0， x2x5任意 丿D. x1 必须为 1， x2x5 任意解析： 解析 对补码进行按位取反末尾加1得到原码，那么-16的原码为1， 10000，则小于-16的原码中 x x 至少有一个为 1

21、，此时按位取反，末位加 1，有 x 必为 0，而 x x 任意。2512524. 已知定点小数X的补码为1.x x x ，且XW-0.75，则必有。123（分数： 2.50）A. x1=1， x2=0， x3=1B. x1=1x =1 x x XS 1 2 n是不正确的。补 =00000，0移=2 4 +0T0000, 0补工移表示不相x x x1234xT/2成立。x2x3x4 至少有一个为 1x2x3x4 任意x2x3x4 至少有一个为 1 x2x3x4任意丿的符号位为1，所以x是负数。=1 ， x x x x x x补123456X=1 ， x x x x补123X-1/2 为1.100

22、0，采用补码表示时，如果符号位 补x 必须为0而x x 任意。124x 5 若要x-16 x 1x 5应满足的条件是.C. xl=O,且x2x3不全为1 丿D. x1=0， x2=0， x3=0解析：解析对于定点小数而言，当XW-0.75，意味着-1WXW-0.75。 X=(-0.75)=(-0.110) ，其补码表示为1.010。10 2写出相应定点小数的补码表示形式：(1.000) =(-1)2 10(1.001)=(-0.875)2 10(1.010)=(-0.75)2 10发现规律： x =0，且 x x 不全为 1。12325. 一个8位寄存器内的数值为11001010，进位标志寄存

23、器C为0,若将此8位寄存器循环左移(不带进位位)1 位，则该8位寄存器和标志寄存器内数值分别为。(分数： 2.50)A. 10010100 1B. 10010101 0C. 10010101 1 丿D. 10010100 0解析：解析不带进位位的循环左移将最高位进入最低位和标志寄存器C位。26. 设机器数字长8位(含1位符号位),若机器数BAH为原码，算术左移1位和算术右移1位分别得。(分数： 2.50)A. F4H， EDHB. B4H， 6DHC. F4H，9DH 丿D. B5H， EDH解析： 解析 原码左、右移均补0，且符号位不变(注意与补码移位的区别)。 BAH=(1011 10 1

24、0) ，算术2左移 1 位得(1111 0100) =F4H，算术右移 1 位得(1001 1101) =9DHo2227. 设x为真值，x *为其绝对值，满足-x * ,k =-xKk，当且仅当o补补(分数： 2.50)A. x 任意B. x 为正数C. x 为负数D. 以上说法都不对丿解析：解析当x为0或者是正数时，满足-x * ,k =-xKk，B为充分条件，故B错误。而x为负数补补时，-x为正数，而-x *为负数，而补码的表示是唯一的，显然二者不等，故C错误。28.16位补码0X8FA0扩展为32位应该是。(分数： 2.50)A. 0x0000 8FA0B. OxFFFF 8FA0 丿

25、C. 0xFFFF FFA0D. 0x8000 8FA0解析： 解析 16位扩展为32位，符号位不变，附加位是符号位的扩展。这个数是一个负数，需用1来填 补附加位。A是一个正数，C的数值位发生变化，D用0来填充附加位，均不正确。29. 在定点运算器中，无论采用双符号位还是单符号位，必须有(分数： 2.50)A. 译码电路，它一般用“与非”门来实现B. 编码电路，它一般用“或非”门来实现C. 溢出判断电路，它一般用“异或”门来实现 丿D. 移位电路，它一般用“与或非”门来实现解析： 解析 三种溢出判别方法，均须有溢出判别电路，可用“异或”门来实现。30. 下列说法中正确的是。I在计算机中，所表示

26、的数有时会发生溢出，其根本原因是计算机的字长有限II. 8421码就是二进制数III. 一个正数的补码和这个数的原码表示一样，而正数的反码是原码各位取反IV. 设有两个正的规格化浮点数：N =2 m XM , N =2 n XM ，若mn,则有N N1 1 2 2 1 2（分数：2.50）A. I、IB. I、IC. I、I、VD. I、IV 丿解析：解析I正确；8421码是十进制数的编码，11错误；正数的原码、反码和补码都相同，111错误； 因为是规格化正浮点数，所以M 、M 均为O.lxx形式，有N 阶码至少比N 大1，所以N N ，1 2 1 2 1 2IV正确。31. 关于模4补码，下

27、列说法正确的是。（分数：2.50）A. 模4补码和模2补码不同，它更容易检查乘除运算中的溢出问题B. 每个模4补码存储时只需一个符号位 丿C. 存储每个模4补码需要两个符号位D. 模4补码，在算术与逻辑部件中为一个符号位解析：解析模4补码具有模2补码的全部优点且更易检查加减运算中的溢出问题，A错误。需要注意的 是，存储模4补码仅需一个符号位，因为任何一个正确的数值，模4补码的两个符号位总是相同的，B正 确。只在把两个模4补码的数送往ALU完成加减运算时，才把每个数的符号位的值同时送到ALU的双符号 位中，即只在ALU中采用双符号位，C、D错误。32. 假定一个十进制数为-66，按补码形式存放在

28、一个8位寄存器中，该寄存器的内容用十六进制表示为 （分数：2.50）A. C2HB. BEH 丿C. BDHD. 42H解析：解析x=-66 用二进制表示，x=11000010，则有x , =10111110=BEH。原补33. 设机器数采用补码表示（含1位符号位），若寄存器内容为9BH，则对应的十进制数为。（分数：2.50）A. -27B. -97C. -101丿D. 155解析：解析 9BH=（1001 1011） ，最高位的1表示负数，故其真值=（11100101）=（64+32+4+1）=-101。2234. 若寄存器内容为10000000，若它等于-0，则为。（分数：2.50）A.

29、原码丿B. 补码C. 反码D. 移码解析： 解析其值等于-0，说明只能是原码或反码（因为补码和移码表示零时是唯一的） -0=10000000，原-0 =11111111。反35. 若寄存器内容为11111111，若它等于+127，则为。（分数：2.50）A. 反码B. 补码C. 原码D. 移码丿解析：解析 这里寄存器长度为 8，+127=+127=+127 =01111111，又知同一数值的移码和原反补补码除最高位相反外，其他各位相同，则+127 =11111111。或者，+127 =2 7 +01111111=11111111。 移移36. 若寄存器内容为 11111111，若它等于-1，则

30、为。（分数：2.50）A. 原码B. 补码丿C. 反码D. 移码解析：解析 这里寄存器长度为 8，-1=10000001=11111111。补补37. 若寄存器内容为 00000000，若它等于-128，则为。（分数：2.50）A. 原码B. 补码C. 反码D. 移码丿解析：解析 这里寄存器长度为 8，-128=2 7 +（-10000000）=00000000。移38. 若二进制定点小数真值是-0.1101，机器表示为1.0010，则为。（分数：2.50）A. 原码B. 补码C. 反码 VD. 移码解析：解析 真值-0. 1101，对应的原码表示为1. 1101，补码表示为1. 0011，反

31、码表示为1. 0010，移码 通常用于表示阶码，不用来表示定点小数。39下列为8位移码机器数x雄，当求-x雄时，将会发生溢出。移移（分数：2.50）A. 11111111B. 00000000 VC. 10000000D. 01111111解析：解析选项B对应8位最小的值-128，而-x=128发生溢出，故无法表示其移码。40. 若采用双符号位，则两个正数相加产生溢出的特征时，双符号位为。（分数： 2.50）A. 00B. 01VC. 10D. 11解析： 解析 采用双符号位时，第一符号位表示最终结果的符号，第二符号位表示运算结果是否溢出。若 第二位和第一位符号相同，则未溢出；不同，则溢出。若发生正溢出，则双符号位为 01 ，若发生负溢出， 则双符号位为 10。