计算机组成原理课前题

1、第一章例题分析1一个完整的计算机系统应该包括（）两大部分。A. 主机和外设B. 硬件系统和操作系统C .硬件系统和软件系统D .硬件系统和系统软件参考答案： C简要分析：选项A :现代计算机通常把运算器和控制器合起来做在一个芯片上，称为中央处理器（CPU）。然后把 CPU 和内存储器合起来称为主机。主机和外设构成硬件系统。所以选项 A 不全面。选项B: 一个完整的计算机系统应该包括硬件系统和软件系统两部分。软件系统分为系统软件和应用软件两大类。系统软件包括操作系统、计算机语言处理程序（各种程序翻译软件，包括编译程序、 解释程序、汇编程序） 、服务性程序、数据库管理系统和网络软件等。操作系统只是

2、系统软件的一种， 所以不全面。选项D :系统软件只是软件系统中的一类软件，因而，也不全面。2下列是有关程序、指令和数据关系的叙述，其中错误的是（）。A. 一个程序由若干条指令和所处理的数据组成B. 指令和数据形式上没有差别，都是一串 0/1 序列C指令和数据不能放在同一个存储器中，必须分别存放在指令存储器和数据存储器中D .启动程序前指令和数据都存放在外存中，启动后才被装入内存参考答案 :选项 C简要分析:选项A:在计算机上完成的所有任务都必须先编好程序，通过计算机执行程序来完成。所以执行程 序的过程就是周而复始执行指令的过程。一个程序由一条条指令以及指令所处理的数据组成。指令规 定程序的动作

3、和步骤，数据是动作作用的对象。选项B:指令和数据在计算机内部都是用二进制表示的，因而都是0、1序列，在形式上没有差别。选项C和D:程序编好后，先放到外存（如，磁盘）上保存。当需要执行程序时，通过操作系统提 供的人 -机接口（在命令行符下输入命令，或鼠标双击等）启动程序，程序被启动后，程序中的指令和 数据被操作系统装入主存，一般是装入到同一个主存储器（DRAM中，而不区分是数据存储器还是指令存储器。CPU!过指令执行的不同阶段来区分取出的是数据还是指令，而不是靠分开存放数据和指令来区分的。所以，选项 C是错误的。3以下关于冯 . 诺依曼计算机工作方式的叙述中，错误的是（）。A. 计算机完成的所有

4、任务都必须执行相应的程序来完成B. 某任务用某语言（如 C+）编好程序后，一旦被启动，则马上可调至主存直接执行C. 程序执行时，CPU安指令地址自动按序到内存读取指令并执行D. 冯.诺依曼计算机工作方式称为“存储程序”控制方式参考答案 ：选项 B简要分析： 冯. 诺依曼计算机的工作方式被称为“存储程序”控制方式。其主要内容是：计算机的 工作由程序控制，程序是一个指令序列，指令是能被计算机理解和执行的操作命令；程序（指令）和数据均以二进制编码表示，均存放在存储器中；存储器中存放的指令和数据按地址进行存取；指令是由 CPU条一条顺序执行的。用一句话来说，就是：一旦要计算机完成某个特定的任务，则计算

5、机会将事 先编好的程序，按指令的顺序自动一条一条从主存中读出并执行，整个过程不需要人的干预。这里， 事先编好的程序是指机器可执行的目标程序。用C+这种高级语言编写的源程序，不能直接装入内存后由CPU执行，而是需要先用编译程序将其转换为机器可直接执行的目标程序。4. 下面是有关反映计算机中存储器容量的计量单位的叙述，其中错误的是（）。A. 最小的计量单位为位（bit ），表示一位“ 0”或“T, 一个字节为8位B. 最基本的计量单位是字节（Byte ），因而指令、数据和地址的长度都是8的倍数C. 主存储器的编址单位一般是字节的倍数D. 主存容量为1KB,其含义是主存储器中能存放 1000个字节的

6、二进制信息参考答案 ：选项 D简要分析：选项A:冯偌依曼结构计算机规定，计算机内部信息的表示采用二进制，所以，所有信息都是由0或 1 构成的 0/1 序列，用位（ bit ）来表示一个二进制位“ 0”或“ 1”，它是最小的计量单位，一个字 节为 8 位。选项B:计算机中的存储部件、传送部件、运算部件等的宽度（串行传送部件例外）基本上都是字 节的倍数，因而最基本的计量单位是字节（ Byte ）。为了数据、地址和指令信息的存储、传输和运算 方便，一般把指令、数据和地址的长度都规定为 8 的倍数。选项C：对于现代计算机的主存储器，其存储单元的编号采用字节编址方式，也就是说，每8位构成一个存储单元，所

7、以其编址单位为一个字节。早期的机器也有用 16 位、 24 位、 32 位进行编址的。 所以一般应该是 8 的倍数。选项D:主存容量的单位有 KB MB GB等，分别表示210字节、220字节和230字节。而辅存容量中 的kB、MB GB分别表示103字节、106字节和109字节。所以，选项 D是错误的。第二章例题分析1、设x补=1.x1x2x3x4，当满足（）时，x < -1/2 成立。x1 必须为 1，x2x3x4 至少有一个为 1B. x1 必须为 1 ， x2x3x4 任意C. x1 必须为 0， x2x3x4 至少有一个为 1D. x1 必须为 0， x2x3x4 任意参考答案

8、:选项 C简要分析:补码的编码规则是，正数的补码，其符号位为0，数值位不变；负数的补码，其符号位为1,数值位各位取反，末尾加1。从形式来看，x补的符号位为1,所以x 一定 是负数。绝对值越大，数值越小，所以，要满足 x < -1/2 ，则 x 的绝对值必须大于 1/2 。因此， x1 必须为 0， x2x3x4 至少有一个为 1 ，这样，各位取反末尾加 1 后， x1 一定为 1 ， x2x3x4 中 至少有一个为1,使得x的绝对值保证大于1/2。因此，选项C是正确的。2、假设有两个整数 x 和 y， x=-68， y=-80 ，采用补码形式（含一位符号位）表示， x 和 y 分别存放在

9、寄存器 A 和 B 中。寄存器 A 和 B 中的内容分别是什么？ （用十六进制表示二进制序 列）解：x=-68=- 100 01002，则-68 补=1011 1100=BCHy=-80=- 101 00002 ，则-80 补=1011 0000=B0H3、假设有两个实数x和y, x= - 68 , y= - 8.25，它们在C语言中定义为float型变量， x和y分别存放在寄存器A和B中。则A和B中的内容分别是什么？(用十六进制表示二进制 序列 )解：float型变量在计算机中都被表示成IEEE754单精度格式。x=-68= -100 01002 = - 1. 0001x26符号位为 1 ，

10、阶码为 127+6 = 128 + 5 = 1000 01012尾数为 1.0001，所以小数部分为： 000 1000 0000 0000 0000 0000合起来整个浮点数表示为： 1 1000 0101 000 1000 0000 0000 0000 0000 写成十六进制为： C2880000Hy=-8.25= - 1000.012 = - 1. 00001x23符号位为 1 ，阶码为 127+3 = 128 + 2 = 1000 00102尾数为 1.00001，所以小数部分为： 000 0100 0000 0000 0000 0000合起来整个浮点数表示为： 1 1000 0010

11、 000 0100 0000 0000 0000 0000写成十六进制为： C1040000H4、 假定采用IEEE754单精度浮点数格式表示一个数为 45100000H则该数的值是多少？解：将 45100000H展开为：(0 100 0101 0 001 0000 0000 0000 0000 0000)2故，符号为 0，阶码为： (10001010)2-127=138 -127=11 ，尾数为： (1.001)2=1.125因而，数值为：+1.125 X 211= 23045.IBM370的短浮点数格式中，总位数为32 位,左边第一位(b0)为数符，随后7位(b1-b7) 为阶码，用移码表

12、示，偏置常数为 64，右边24位(b8-b31 )为6位16进制原码小数表示的 尾数，采用规格化形式。若将十进制数-260.125 用该浮点数格式表示，则应表示为什么？(用十六进制形式表示)解：因为IBM370的短浮点数格式中，尾数采用16进制原码表示，所以浮点数的基数是16。 在进行数据转换时，要转化成 16进制形式。即：(-260.125)10=(-0001 0000 0100.0010)2= (-104.2)16 = (-0.1042)16 X 163因此，浮点数的符号位为 1，阶为 3，用 7位移码表示为： 64+3=(1000011)2 故，该数的浮点数表示的前面 8位为 1 100

13、00112 ，对应的十六进制为 C3H 尾数部分的 6 位十六进制数为： 104200H 所以，该数的浮点数表示为： C3104200H6.IBM370的短浮点数格式中，总位数为32 位,左边第一位(b0)为数符，随后7位(b1-b7) 为阶码，用移码表示，偏置常数为 64，右边24位(b8-b31 )为6位16进制原码小数表示的 尾数，采用规格化形式。假定一个数表示成该浮点数格式为 40100110H(用十六进制数表示)， 则该数的真值是多少？解：首先将十六进制数展开为二进制数为45100110H =(0100 0101 0001 0000 0000 0001 0001 0000)2按照IB

14、M370短浮点数格式，可知：符号位为： 0阶码为( 100 0101) 2 = 64 + 5 ，所以阶的值为 5 尾数为 (0. 0001 0000 0000 0001 0001 0000)2= (0.100110)16 因而，数值为： (+0.100110)16 X 165=(+10011)16=(+65553)10第一次判断题：1、存储程序的思想是冯诺依曼提出的2、计算机的主机包括 CPU、内存和硬盘3、各类计算机之间的主要区别体现在运算速度、存储容量及机器体积等。4、Oracle 是应用软件5、由于PC具有自动+1的功能，使得计算机能够连续自动地运行程序。xx V X V第二次选择或判断

15、题1、计算机系统的层次结构由低级到高级分别是机器语言级、汇编语言级、操作系统级和高级语言级2、PC 指出的地址都是指令地址3、假定一台计算机的主存储器最大可装机容量为4GB ，按字节编址，则该存储器的MAR 应为（ ）。A. 16 位 B.32 位 C.48 位 D.64 位4、下面是有关反映计算机中存储器容量的计量单位的叙述，其中错误的是（）。A. 最小的计量单位为位（bit）,表示一位“ 0”或“ TB. 最基本的计量单位是字节（Byte）, 一个字节等于 8bitC一台计算机的编址单位、指令字长和数据字长都一样，且是字节的整数倍D.主存容量为1KB，其含义是主存能存放1024个字节的二进

16、制信息5、下面有关计算机各部件功能的叙述中，错误的是（）。A. 运算器用来完成算术运算B. 存储器用来存放指令和数据C控制器通过执行指令来控制整个机器的运行D.输入/出设备用来完成用户和计算机系统的信息交换X V B C A第三次1、计算机系统中大多采用二进制编码，以下是有关二进制编码的一些叙述：基本符号少，故易实现编码/计数/运算的规则简单与逻辑数据的对应关系简单 可读性好 在以上叙述中，哪些是计算机系统采用二进制编码的真正原因？（）A. 和B.和 C.和和D.和和和2、设x补=1.x1x2x3x4 ，当满足（）时，x < -1/2 成立。A. x1 必须为 1， x2x3x4 至少有

17、一个为 1B.x1 必须为 1， x2x3x4 任意C. x1 必须为 0， x2x3x4 至少有一个为 1D. x1 必须为 0， x2x3x4 任意3、 引入八进制和十六进制的目的是（）。A. 节约元件B.实现方便C可以表示更大范围的数D. 用于等价地表示二进制，便于阅读和书写批改：4、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：零的表示是唯一 符号位可以和数值部分一起参加运算和其真值的对应关系简单、直观减法可用加法来实现在以上叙述中，哪些选项是补码表示的特点？（）A. 和B.和C.和和D.和和5、设寄存器位数为 8 位，机器数采用补码形式（含一位符号位） ，则十进制数

18、 -26 存放在寄存器中的内容为 （ ）。A. 26H B.9BH C.E6H D.5AHC C D D C第四次1、 对于32位（包含1位符号位）的定点整数，其原码和补码的表示范围分别是-（231-1） 231-1、-（231-1） 231。2、 浮点数的阶码为 6位（包括一位阶符），尾数为10位（包括一位数符），阶码用移码表示，尾数用原码 表示，阶码的底为 2。写出X= - 68的规格化浮点数。1 0 00111 1000100003、 写出总位数32位，阶码8位（包括一位阶符），尾数24位（包括一位数符）的浮点数的表示范围2-1X2-128,（1-2-23）X2127 U -（1-2-2

19、3）X2127,-2-1X2-128第五次1、如果x为负数，由x补求-X补是将（D）A. x补各值保持不变B. x补符号位变反，其余各位不变C. x补除符号位外，各位取反，末位加 1D. x补连同符号位一起，各位取反，末位加 12、 若用双符号位，则发生正溢的特征是：双符号位为（B）A. 00B. 01C.10D.113、 在定点运算器中，无论采用双符号位还是单符号位，必须有（），一般采用（）实现CA. 译码电路 与非门B.编码电路或非门C. 溢出判断电路 异或门D.移位电路与或非门4、在原码一位乘法中，当乘数 Yi为1时，（B）。A. 被乘数连同符号位与原部分积相加后，右移一位B. 被乘数绝

20、对值与原部分积相加后，右移一位C. 被乘数连同符号位右移一位后，再与原部分积相加后D. 被乘数绝对值右移一位后，再与原部分积相加后5、 在补码一位乘法中，A补是累加和，X补是被乘数，Y补是乘数，当判断位YnYn+仁01时，执行的运算是（C）A. ?（A 补 +Y 补）B. ?（A 补-Y 补）C. ?（A 补 +X 补）D. ?（A 补-X 补）第六次1、 在浮点数表示法中，浮点数的（ 阶码）确定了浮点数的表示范围，而尾数决定了浮点数的（精度）。2、 原码加减交替除法与补码除法运算规则中，相同点是（上商0后下一步执行减除数运算，上商 1后下一步执行加除数运算 ），不同点是号来决定，同号执行减法

21、异号执行加法运算 ）和（上商规则不同，原码除法是余数大于 0商1,小于0商 0；补码除法是余数与除数同号商 1,异号商0 ）。溢出判断的方法也不同，原码加减交替除法中，对定点小数/整数是第一次执行减法运算后的部分余数大于0/小于0;而补码除法运算中，第一次运算后，两数同号而商为1，或者是两数异号而商为 0。第七次1、设机器数字长 16位，有一个 C 语言程序段如下：int n=0xA1B6;unsigned int m=n; m=m>>1; /m 右移一位 机内数据按大端方式存储，则执行完该程序段后， m 在内存里的结构为（ A）。A. 50DBH B. BD05H C.A1B6H

22、 D.D0DBH2、下列叙述中正确的是（ D）I 定点补码运算时，其符号位不参加运算 n .浮点运算可由阶码运算和尾数运算两部分组成 川.阶码部件在乘除运算时只进行加、减操作 w.浮点数的正负由阶码的正负符合决定 v.尾数部件只进行乘除运算a. i、n、川 b. i、n、v c. n、川、w d. n、川3、4 片 74181ALU 和 1 片 74182CLA 器件相配合，具有如下进位传递功能（ B）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，组间行波进位4、 下列运算步骤中，浮点乘法不需要的步骤是（A）A. 对阶B.阶码相加C.尾数相乘D.结果

23、规格化5、 为了运算器的高速性，采用了（并行）进位，（阵列）乘除法等并行技术措施第八次1、 在多级存储体系中，Cache存储器的主要功能是（弥补 CPU与存储器之间的速度差异），主要由（硬件） 实现；虚拟存储器的主要功能是（扩大内存储器的容量） ，主要由（软件）实现。两者均利用（局部性）原 理实现。2、 衡量存储器性能的指标有（速度）、（容量）、（位价）、集成度、功耗等。3、 在分级结构的存储器系统中，各级存储器存放的信息必须满足两个基本原则：一是（包含性），二是（一 致性）原则。第九次1、 为了减少芯片的地址引脚数目，DRAM 一般采用（地址线分时复用 ）方式。2、DRAM 的刷新方式有（集

24、中式 ）刷新、分散式刷新和（异步）刷新。3、 对存储单元的地址译码方式有（线性）方式和（ 矩阵 ）方式。第十次1、 用8K*8位的芯片组成32K*32位的存储器，内存按字编址，则地址41F0H所在芯片的最大地址是（C ）。A. 0000H B. 4FFFH C. 5FFFH D.7FFFH2、 对64K*8位的DRAM 采用异步刷新方式，若单元刷新间隔不超过8ms，则刷新信号周期是（ 8*106/（8*210ns）。3、设有一个具有 20 位地址和 32 位字长的存储器，该存储器能存储（ 220*4=4MB ）字节的信息。如果用 512K*8 位的 SRAM 芯片组成，则需（ 8）片芯片。需（

25、 1 ）位地址作芯片选择。第十一次1、 设有一主存-Cache层次的存储器，其主存容量为 1MB , Cache容量为16KB，每字块为8个字，每字32 位，采用直接地址映像方式，若主存地址为35301H，且CPU访问Cache命中，则该主存块在 Cache的第（A）字块中（Cache起始字块为第0字块）。A.152B.153C.154D.1512、 某计算机Cache的容量为128KB，块大小为16字节，采用8路组相联映射方式，则字节地址1234567H 的单元调入该 Cache后，其Tag为（C）。A.1234HB.2468HC.048DHD.12345H3、Cache的写操作策略有 2种

26、，分别是（写回法）和（写直达法） 。4、在直接映射方式中，一个主存块可以拷贝到（1）个固定的Cache行上。第十二次1、同内存储器相比，外存储器的特点是（B）A. 容量大、速度快、成本低C. 容量小、速度快、成本高2、双端口存储器之所以能高速读B. 容量大、速度慢、成本低D. 容量大、速度快、成本高 /写，是因为采用（ B）A. 左右端口的地址码不同C左右端口的数据码相同4、交叉存储器实质上是一种（A. 模块式、并行、多个C.整体式、并行、一个5、采用虚拟存储器的主要目的是A. 提高主存储器的存取速度A.高速芯片B.两套相互独立的读写电路C. 流水技术D.新型器件 3、双端口存储器在（B ）情

27、况下会发生读/写冲突B. 左右端口的地址码相同D. 左右端口的数据码不同A ）存储器，它能（）执行（）独立的读写操作B. 模块式、串行、多个D. 整体式、串行、多个C）B. 提高外存储器的存取速度C. 扩大主存储器的存储空间，并能进行自动管理和调度D. 扩大外存储器的存储空间第十三次1、 具有自同步能力的磁记录方式是（ D）A.NRZ0 B.NRZ1 C.RZ0 D.MFM2、下列叙述正确的是（ A）A. 硬盘转速高，存取速度快B. 软盘转速高，存取速度快C. 硬盘是接触式读写D软盘是浮动磁头式读写3、磁表面存储器主要技术指标有（存储密度） 、容量、（平均寻址时间） 和数据传输速率4、硬盘主要

28、由（盘片） 、（驱动器）和硬盘控制器组成。5、以下关于光存储器的描述中，正确的是（ A ）A. 光盘的存储容量大，容易保存B. 如果光盘沾了水，其数据会被破坏C. 光盘的存取速度比硬盘快D. 光盘的存储原理和软盘相同第十四次1、一条指令包含两方面的信息，一是（操作码）字段，表示“做什么”的操作信息；二是（操作数地址） 字段，由于指定要参与操作的操作数的地址信息。2、采用多种寻址方式的目的主要是（ C）。A.实现存储程序和程序控制B.可直接访问外存C. 缩短指令长度，扩大寻址空间，提供编程灵活性D. 提供扩展操作码的可能并降低指令译码的难度3、下列叙述中不能反映 RISC 特征的是（ A ）A.

29、 选取使用频率低的一些复杂指令，指令条数多B. 指令长度固定C.指令格式少D. 设置大量通用寄存器4、 在指令格式中，采用扩展操作码设计方案的目的是（D）A.减少指令字长度B.增加指令字长度C. 保持指令字长度不变而增加指令操作的数量D. 保持指令字长度不变而增加寻址空间5、 在扩展操作码设计过程中，要考虑的首要因素是（指令的使用频率）。第十五次1、设相对寻址的转移指令占两个字节，第一字节是操作码，第二字节是相对位移量，用补码表示。每当CPU 从存储器取出一个字节时，即自动完成（PC）+1->PC 。若当前 PC 值为 2000H ， 2000H 处的指令为 JMP*-9（* 为相对寻址

30、特征 ），则执行完这条指令后，PC 值为（ C）A. 1FF7H B.1FFF8H C.1FF9H D.1FFAH2、 一条双字长直接寻址的子程序调用CALL 指令，其第一个字为操作码和寻址特征，第二个字为地址码5000H。假设PC当前值为1000H，SP的内容为0100H，栈顶内容为1234H，且进栈操作是先（SP）-1->SP， 后存入数据。则 CALL 指令执行后， SP 及栈顶的内容分别为（ D ）A.00FF,1000HB.0101H,1000HC.00FEH,1002HD.00FFH,1002H3、 在通用计算机指令系统的二地址指令中，操作数的物理位置可安排在（B）I一个主存

31、单元和缓冲存储器II.两个数据寄存器III. 一个主存单元和一个数据寄存器IV个数据寄存器和一个控制存储器V.个主存单元和一个外存单元A.II 、III 和 IV B.II 、IIIC.I、II 和 IIID.I、II、III 和 IV4、某微机的指令格式如下：1510 98 7操作码XD其中D为位移量，X为寻址特征。X=00 :直接寻址；X=01 :用变址寄存器 X1进行变址；X=10 :用变址寄 存器X2进行变址；X=11 :相对寻址设（PC）=1234H,（X1）=0037H ，（X2）=1122H,则指令 2222H 的有效地址是（B）A.22HB.1144HC.1256HD.0059H第十六次1. CPU中控制器的功能是（D ）。A.产生时序信号B.从主存取出一条指令C. 完成指令操作的译码D.从主存取出指令，完成指令操作码译码，并产生有关的操作控制信号以解释执行该指令2下面（D ）部件不包含在中央处理器CPU中。A.ALUB.控制器 C.寄存器 D.DRAM3下面有关CPU的寄存器的描述中，正确的是（ D ）。A. CPU中的所有寄存器都可以被用户程序使用B. 一个寄存器不可能既作数据寄存器，又作地址寄存器C. 程序