计算机系09级本科班《计算机组成原理》试卷A答案及评分标准.doc

计算机科学系2005-2006学年度第二学期2004级计算机科学与技术专业组成原理期末试卷（A）答案与评分标准一、填空题(每空1分,共 20 分)1、程序；地址；冯诺依曼。2基地址；偏移量；偏移量；基地址。3、DMA初始化；DMA传送；结束处理。4、05H；F3H。5、集中刷新；分散刷新；异步刷新。6、互斥；该段不产生微命令。7、静态；动态。8、存放现行指令的地址并有计数功能。二、单项选择题（每题1分，共10分）1、B； 2、D；3、C；4、B；5、A；6、C；7、D；8、D；9、A；10、D。三、是非题（是则打“”，非则打“X”，每题1分，共10分）1、；2、；3、；4、；5、；6、；7、；8、；9、；10、。四、 简答题（每题5分，共15分）1、答：微操作控制信号的产生：事先把微操作控制信号以代码的形式构成微指令，然后存放于控制存储器中，取微指令时，其代码直接或译码产生微操作控制信号。（3分） 优点：规整、易于修改和扩展； 缺点：速度较慢。（2分）2、答: （1）主存：存放需要CPU运行的程序和数据，速度较快，容量较大；（2）Cache：存放当前访问频繁的内容，即主存某些页的内容复制。速度最快，容量较小；（3）外存：存放需联机保存但暂不执行的程序和数据。容量很大而速度较慢。（3分）作出层次结构图：（2分）3、答：针对存储器，可以采用Cache-主存层次的设计和管理提高整机的速度；针对存储器，可以采用多体并行结构提高整机的速度；针对控制器，可以通过指令流水设计技术提高整机的速度；针对控制器，可以通过超标量设计技术提高整机的速度；针对运算器，可以对运算方法加以改进，如两位乘，或用快速进位链；针对I/O系统，可以运用DMA技术不中断现行程序，提高CPU的效率。（每答对一个给1分）五、计算题（25分）1、解：x补=11.01001 y补=00.10011（1分）x+y补=x补+y补=11.01001+00.10011=11.11100，（1分）无溢出。（1分） x+y=0.00100（1分）2、解：（1）编码方法（3分）（2）编码后的校验码为：（2分）3、解：被加数为0,101;0.100100，x补 = 00,101; 00.100100加数为0,100;1.010100，y补 = 00,100; 11.010100（2分）对阶：j补 = jx补- jy补 = 00,101 + 11,100 = 00,001即j = 1，则y的尾数向右移一位，阶码相应加1，即y补= 00,101; 11.101010 （2分） 求和 += +Sy补 = 00.100100 + 11.101010 = 00.001110即 x+y补 = 00,101; 00.001110尾数出现“00.0”，需左规。（2分） 规格化 左规后得 x+y补 = 00,011; 00.111000x+y补 = 00,011; 00.111000 （2分）4、解：（1）因为操作码字段长度为5位（K位），因此能定义25=32种（2K种）操作； （2分）（2）根据不同寻址方式的特点，寻址方式M 寻址范围如下所示： 0 1个字,即指令字 1 256个字（2M字） 2 64k字（2N字） 3 64k字（2N字） 4 256个字(PC值附近256个字) （2M字）（设机器字长为N位，指令的地址位长M位）； （3分）（3）寻址方式M 寻址范围 0 EA=(PC) 即操作数在指令码中 1 EA=A 2 EA=(A) 3 EA=(Rx)+A 4 EA=(PC)+A其中：A为形式地址。 （3分）六、设计题（20分）1解：16位ALU如下 （5分）2、解：FT0：MIR，PC+1PC ST0：PCMAR ST1：M MDRC ST2：PC+1PC ST3：C+R0MAR ST4：MMDRC ET0：C+R1R1 ET1：PCMAR（正确写出FT：1分，ST：5分，ET：1分）3、解：地址空间描述如下：ROM对应的空间：11111111111111111111000000000000RAM对应的空间：11101111111111111110100000000000选择ROM芯片为2K8位的两片，RAM芯片为2K4位的两片（2分）ROM芯片1：11111111111111111111100000000000ROM芯片2：111101