第2章作业-2 参考答案.pdf

计算机组成原理计算机组成原理 第2章作业 2 参考答案第2章作业 2 参考答案 一 单项选择题 一 单项选择题 1 两个浮点数相加 一个数的阶码值为 两个浮点数相加 一个数的阶码值为7 另一个数的阶码值为 另一个数的阶码值为9 则需要将阶码 值较小的浮点数的小数点 则需要将阶码 值较小的浮点数的小数点 A 左移 左移1 位位B 右移 右移1 位位C 左移 左移2 位位D 右移 右移2 位位29 答案 答案 C 2 如果某单精度浮点数 某原码 某补码 某移码的 如果某单精度浮点数 某原码 某补码 某移码的32位机器数均为位机器数均为 OxF0000000 这些数从大到小的顺序是 这些数从大到小的顺序是 A 浮原补移 浮原补移B 浮移补原 浮移补原C 移原补浮 移原补浮D 移补原浮 答案 移补原浮 答案 D 解析 这个机器数最高位为解析 这个机器数最高位为1 对于原码 补码 单精度浮点数而言为负数 对于 移码而言为正数 所以移码数最大 而补码为 对于原码 补码 单精度浮点数而言为负数 对于 移码而言为正数 所以移码数最大 而补码为 228 原码为 原码为 230 229 228 单 精度浮点数为 单 精度浮点数为 1 0 x 297 归纳总结 对于负数而言 同样的二进制代码 原码所表示的真值小于补码所表示 的真值 解题技巧 首先将十六进制数转换为二进制数 根据最高位为 归纳总结 对于负数而言 同样的二进制代码 原码所表示的真值小于补码所表示 的真值 解题技巧 首先将十六进制数转换为二进制数 根据最高位为1 可以判定正确答 案必在 可以判定正确答 案必在C 和和D 选项中 接下来根据原码和补码的特点 可以选定最终的答案 选项中 接下来根据原码和补码的特点 可以选定最终的答案 计算机组成原理计算机组成原理 3 在定点数运算中产生溢出的原因是 A 运算过程中最高位产生了进位或借位 B 参加运算的操作数超出了机器的表示范围 C 运算的结果超出了机器的表示范围 D 寄存器的位数太少 不得不舍弃最低有效位 答案 C 4 若使用双符号位 则运算结果发生正溢的特征是 双符号位为 A 00 B 01 C 10 D 11 答案 B 5 字长相同但格式不同的两种浮点数 假设前者阶码长 尾数短 后者阶 码短 尾数长 其他规定均相同 则它们可表示的数的范围和精度为 B A 两者可表示的数的范围和精度相同 B 前者可表示的数的范围大但精度低 C 后者可表示的数的范围大且精度高 D 前者可表示的数的范围大且精度高 计算机组成原理计算机组成原理 6 若浮点数的阶码和尾码都用补码表示 则判断运算结果为规格化数的方法是 B A 阶符与数符相同B 数符和尾数小数点后第一位数字相异 C 阶符与数符相异D 数符和尾数小数点后第一位数字相同 7 IEEE754标准规定的32位浮点数中 符号位为1位 阶码为8位 则它所能表示的 最大规格化正数为 A A 2 2 23 2 127B 1 2 23 2 127 C 2 2 23 2 255D 2 127 8 IEEE754标准规定的64位浮点数格式中 符号位为1位 阶码为11位 尾数为52 位 则它所能表示的最小规格化负数为 B A 2 252 2 1023B 2 2 52 2 1023 C 1 2 1024D 1 252 2 2047 9 十进制数5的单精度浮点数 IEEE 754代码为 A A 0 10000001 01000000000000000000000 B 11000000101000000000000000000000 C 01100000101000000000000000000000 D 11000000101100000000000000000000 计算机组成原理计算机组成原理 10 若 单 精 度 浮 点 数 IEEE754 代 码 表 示 为 0 01111110 10000000000000000000000 则其代表的十进制数为 B A 0 75 B 0 75 C 0 25 D 0 25 11 在浮点数编码表示中 D 在机器数中不出现 是隐含的 A 阶码B 符号C 尾数D 基数 12 假定变量i f d数据类型分别为int float和double int用补码表 示 float和double 分别用IEEE754单精度和双精度浮点数格式表示 已知i 785 f 1 5678e3 d 1 5e100 若在32位机器中执行下列关系 表达式 则结果为真的是 B i int float i f float int f f float double f d f d f A 仅 和 B 仅 和 C 仅 和 D 仅 和 13 定点原码一位乘法是 A 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 14 浮点加 减中的对阶的方法是 A 14 浮点加 减中的对阶的方法是 A 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 15 下溢指的是 A 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 15 下溢指的是 A A 运算结果的绝对值小于机器所能表示的最小绝对值 B 运算的结果小于机器所能表示的最小负数 C 运算的结果小于机器所能表示的最小正数 D 运算结果的最低有效位产生的错误 16 在浮点数原码运算时 判定结果为规格化数的条件是 D A 运算结果的绝对值小于机器所能表示的最小绝对值 B 运算的结果小于机器所能表示的最小负数 C 运算的结果小于机器所能表示的最小正数 D 运算结果的最低有效位产生的错误 16 在浮点数原码运算时 判定结果为规格化数的条件是 D A 阶的符号位与尾数的符号位不同 B 尾数的符号位与最高数值位相同 C 尾数的符号位与最高数值位不同 D 尾数的最高数值位为1 17 A 阶的符号位与尾数的符号位不同 B 尾数的符号位与最高数值位相同 C 尾数的符号位与最高数值位不同 D 尾数的最高数值位为1 17 浮点数加 减法运算过程一般包括对阶 尾数运算 规格化 舍入和判溢出等步 骤 设浮点数的阶码和尾数均采用补码表示 且位数分别为 5 位和 7 位 均含两 位符号位 若有两个数X 2 浮点数加 减法运算过程一般包括对阶 尾数运算 规格化 舍入和判溢出等步 骤 设浮点数的阶码和尾数均采用补码表示 且位数分别为 5 位和 7 位 均含两 位符号位 若有两个数X 27 7 29 32 Y X 2 29 32 Y X 25 5 5 8 则用浮点数加法计算 X Y 的最终结果是 D A 00111 1100010B 00111 0100010 C 01000 0010001D 发生溢出 5 8 则用浮点数加法计算 X Y 的最终结果是 D A 00111 1100010B 00111 0100010 C 01000 0010001D 发生溢出 计算机组成原理计算机组成原理 28 4片74181ALU和1片74182CLA器件相配合 具有如下进位传递功能 A 行波进位 B 组内先行进位 组间先行进位 C 组内先行进位 组间行波进位D 组内行波进位 组间先行进位 答案 B 19 在定点运算器中 无论采用双符号位还是单符号位 必须有溢出判断电 路 它一般用 来实现 A 与非门B 或非门C 异或门D 与或非门 答案 C 20 加法器采用先行进位的目的是 A 提高加法器速度B 快速传递进位信号 C 优化加法器结构D 增强加法器功能 答案 A 28 4片74181ALU和1片74182CLA器件相配合 具有如下进位传递功能 A 行波进位 B 组内先行进位 组间先行进位 C 组内先行进位 组间行波进位D 组内行波进位 组间先行进位 答案 B 19 在定点运算器中 无论采用双符号位还是单符号位 必须有溢出判断电 路 它一般用 来实现 A 与非门B 或非门C 异或门D 与或非门 答案 C 20 加法器采用先行进位的目的是 A 提高加法器速度B 快速传递进位信号 C 优化加法器结构D 增强加法器功能 答案 A 24 用8片74181 和2 片74182 可组成 A 组内并行进位 组间串行进位的32 位ALU B 二级先行进位结构的32 位ALU C 组内先行进位 组间先行进位的16位ALU D 三级先行进位结构的32位ALU 解析 由8片74181和2片74182 可以构成组内并行 组间并行 大组间串行的32 位ALU 二级先行进位结构 归纳 74181是4位ALU芯片 74182是先行进位部件 利用8片 74181可构成32 位ALU 利用8片74181 2片74182 可构成二级 先行进位结构的32位ALU 利用8片74181 3片74182 可构成 三级先行进位结构的32位ALU 解题技巧 采用排除法 8片74181将组成32位的ALU 所以C 选 项可以排除 A选项所述的32 位ALU不需要74182 芯片 D 选 项所述的32 位ALU 则需要3 片74182 芯片才行 答案 B 24 用8片74181 和2 片74182 可组成 A 组内并行进位 组间串行进位的32 位ALU B 二级先行进位结构的32 位ALU C 组内先行进位 组间先行进位的16位ALU D 三级先行进位结构的32位ALU 解析 由8片74181和2片74182 可以构成组内并行 组间并行 大组间串行的32 位ALU 二级先行进位结构 归纳 74181是4位ALU芯片 74182是先行进位部件 利用8片 74181可构成32 位ALU 利用8片74181 2片74182 可构成二级 先行进位结构的32位ALU 利用8片74181 3片74182 可构成 三级先行进位结构的32位ALU 解题技巧 采用排除法 8片74181将组成32位的ALU 所以C 选 项可以排除 A选项所述的32 位ALU不需要74182 芯片 D 选 项所述的32 位ALU 则需要3 片74182 芯片才行 答案 B 计算机组成原理计算机组成原理 二 综合题二 综合题 1 若若X 0 1110 Y 0 1101 采用原码一位乘法运算求 采用原码一位乘法运算求 X Y 给出计算过程 给出计算过程 2 若 若X 0 1101 Y 0 1011 试利用补码试利用补码Booth算法 比较 法 求 算法 比较 法 求X Y 给出计算过程 给出计算过程 3 将十进制数将十进制数 76 75存入某微机中 试写出其存入某微机中 试写出其IEEE754标准规 格化单精度浮点数形式 标准规 格化单精度浮点数形式 4 某微机内存有一个单精度规格化浮点数 某微机内存有一个单精度规格化浮点数 IEEE754标准 为标准 为 C2308000H 试写出其真值 试写出其真值 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 x 右移一位 右移一位 0 右移一位 右移一位 x 右移一位 右移一位 x 右移一位 右移一位 部分积部分积 A 乘数乘数 C 乘积高位乘积低位 1 丢失 0 丢失 1 丢失 1 丢失 X Y X0 Y0 X Y 0 1011011 1 解 解 X 0 1110 Y 0 1101 X 0 1110 Y 0 1101 其中寄存器 其中寄存器 B X 计数器计数器Cd 4 计算过程 计算过程 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 初始值初始值 最后一位补最后一位补0 0 0 1 1 0 1 Y4Y5 10 X 补补 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 右移一位右移一位 1 1 0 0 1 1 Y3Y4 01 X 补补 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 右移一位右移一位 0 0 1 1 0 1 Y2Y3 10 X 补补 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 1 0 1 右移一位右移一位 1 1 0 0 1 1 Y1Y2 01 X 补补 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 右移一位右移一位 0 0 1 1 0 1 Y0Y1 10 X 补补 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 部分积乘数部分积乘数Y Yn Yn 1说明说明 乘积高位乘积低位乘积高位乘积低位 XY 补补 0 10001111 XY 0 10001111 不移位不移位 2 解 解 X 补补 11 0011 X 补补 00 1101 Y 补补 1 0101 计算过程 计算过程 计算机组成原理计算机组成原理 3 解 解 76 75 1001100 11 1 00110011 26 指数指数E 7 127 133 1000 0101B 127是单精度浮点数应加的指数偏移量 完整的浮点数形式为 是单精度浮点数应加的指数偏移量 完整的浮点数形式为 0 1000 0101 001 1001 1000 0000 0000 0000 42998000H 4 解 解 C2308000H 1100 0010 0011 0000 1000 0000 0000 0000B 数符数符 S 1 负数 阶码 负数 阶码 E 1000 0100 2 127 132 127 5 尾数尾数 D 1 01100001 2 X 1 01100001 2 25 101100 001 2 44 125 计算机组成原理计算机组成原理 5 解 本题考查无符号数和带符号数的溢出概念 以及解 本题考查无符号数和带符号数的溢出概念 以及C语言中强制类型转换操作对数 据的处理方式 注意 无符号数没有溢出的概念 超出最大值的进位将被丢弃 语言中强制类型转换操作对数 据的处理方式 注意 无符号数没有溢出的概念 超出最大值的进位将被丢弃 C语言规定在无符号整数和带符号整数之间进行强制类型转换时 机器码并不改变 改 变的是对机器码的解释方式 语言规定在无符号整数和带符号整数之间进行强制类型转换时 机器码并不改变 改 变的是对机器码的解释方式 1 各寄存器和变量的对应关系如下表所示 各寄存器和变量的对应关系如下表所示 带符号 补码 带符号 补码 无符号无符号带符号 补码 带符号 补码 无符号无符号带符号 补码 带符号 补码 无符号无符号带符号 补码 带符号 补码 无符号无符号 性质性质 k2k1z2z1nmyx变量变量 R8R7R6R5R4R3R2R1寄存器寄存器 R1 x 134 10000110b 86h Y 246 11110110b R5 z1 x y 134 246 10000110b 11110110b 10000110b 00001010b 10010000b 90h R6 z2 x y 134 246 10000110b 11110110b 1 01111100b 7ch 计算机组成原理计算机组成原理 2 m补补 x 10000110b m 1111010b 7ah 122 n补补 y 11110110b n 0001010b 10 k1补补 m补补 n补补 10000110b 11110110b 10000110b 00001010b 10010000b k1 1110000b 70h 112 3 无符号数和带符号数在机器中都是以二进制数的形式存储的 不同之处 在于带符号数是将二进制值看作补码形式 将其转换为真值时最高位看 作符号位 补码运算时 符号位可以和数值位等同看待 故无符号数加 减运算与带符号数加