2025逻辑函数试题及答案

2025逻辑函数试题及答案一、单项选择题（每题3分，共15分）1.已知逻辑函数F(A,B,C)=∑m(0,2,4,5,7)，其反函数F̄的最小项表达式为（）。A.∑m(1,3,6)B.∑m(1,3,6,7)C.∑m(0,2,4,5)D.∑m(1,3,5,6)2.逻辑函数F=AB+ĀC+B̄C的最简与或表达式为（）。A.AB+CB.AB+ĀCC.AB+B̄CD.A+C3.若逻辑函数F(A,B,C,D)的卡诺图中存在4个相邻的1格（构成2×2矩形），则这4个1格对应的最小项合并后可消去（）个变量。A.1B.2C.3D.44.已知逻辑函数F=ĀB+BC+ĀC̄，其无关项约束条件为AB+AC=0，则F的最简与或表达式为（）。A.B+ĀC̄B.B+ĀC.B+AC̄D.ĀB+BC5.用或非门实现逻辑函数F=AB+ĀC，需至少（）个或非门（每个门输入不超过2个）。A.2B.3C.4D.5二、填空题（每空2分，共20分）1.逻辑函数F(A,B,C)=ΠM(1,3,5,7)的标准与或表达式为__________。2.已知逻辑函数F=ĀB+BC+ĀC̄，其对偶函数F=__________。3.卡诺图化简逻辑函数时，若两个1格相邻（行或列相邻），则合并后可消去__________个变量。4.逻辑函数F=AB+ĀC的或非-或非表达式为__________（仅用或非门表示）。5.若逻辑函数F(A,B,C,D)的最小项表达式为∑m(0,1,2,3,4,5,6,7)，则其最大项表达式为__________。6.多输出逻辑函数化简的关键是寻找__________，以减少整体门电路数量。7.已知逻辑函数F=A⊕B⊕C，其与或表达式为__________。8.无关项在卡诺图中用__________表示，化简时可根据需要视为1或0。9.逻辑函数F=Ā+B+C的与非-与非表达式为__________（仅用与非门表示）。10.若F=AB+ĀC，G=A+B̄C，则F+G的最简与或表达式为__________。三、分析题（共30分）1.（10分）已知逻辑函数F(A,B,C,D)的真值表如下：|A|B|C|D|F||---|---|---|---|---||0|0|0|0|0||0|0|0|1|1||0|0|1|0|1||0|0|1|1|0||0|1|0|0|1||0|1|0|1|0||0|1|1|0|0||0|1|1|1|1||1|0|0|0|1||1|0|0|1|0||1|0|1|0|0||1|0|1|1|1||1|1|0|0|0||1|1|0|1|1||1|1|1|0|1||1|1|1|1|0|（1）写出F的最小项表达式和最大项表达式；（2）用卡诺图化简F为最简与或表达式；（3）将化简后的与或表达式转换为与非-与非表达式。2.（10分）某逻辑电路输入为4位二进制数A3A2A1A0（A3为最高位），输出为Z。要求当输入数值为3的倍数（0、3、6、9、12、15）时Z=1，否则Z=0。（1）列出Z的真值表；（2）用卡诺图化简Z为最简与或表达式；（3）用与非门设计实现该逻辑功能的电路（画出逻辑图）。3.（10分）已知多输出逻辑函数：F1=ĀB+BC+ĀC̄F2=AB+ĀC+BC̄（1）分别单独化简F1和F2；（2）利用公共项合并化简，比较合并前后所需与非门数量（每个门输入不超过2个）。四、设计题（共35分）1.（15分）设计一个“3人表决器”，要求：3位评委（A、B、C，1表示同意，0表示反对）中至少2人同意且主席（A为主席）同意时，决议通过（Z=1）；否则不通过（Z=0）。（1）定义输入输出变量；（2）列出真值表；（3）写出Z的逻辑表达式并化简为最简与或式；（4）用或非门设计实现该功能的电路（画出逻辑图）；（5）若增加“弃权”功能（输入变量增加D，D=1表示弃权，此时Z=0），修正真值表和逻辑表达式。2.（20分）某工业设备的状态监测电路需满足以下逻辑要求：-当温度传感器T=1（超温）或压力传感器P=1（超压）时，报警灯L1=1；-当转速传感器S=1（超速）且未超温（T=0）时，报警灯L2=1；-当L1和L2同时为1时，总报警器L3=1，否则L3=0；-无关条件：超温时不可能超速（即T=1时S=0）。（1）定义所有输入输出变量；（2）列出L1、L2、L3的真值表（考虑无关项）；（3）用卡诺图分别化简L1、L2、L3为最简与或表达式；（4）设计整体逻辑电路（仅用与非门，画出各输出的逻辑图）；（5）分析若删除“超温时不可能超速”的约束，L3的表达式是否变化，说明理由。---答案及解析一、单项选择题1.答案：A解析：F的最小项为0、2、4、5、7，共5个，4变量共有16个最小项，反函数F̄的最小项为剩余的1、3、6（共3个）。2.答案：A解析：F=AB+ĀC+B̄C=AB+C(Ā+B̄)=AB+C(ĀB̄)̄=AB+C（利用吸收律：Ā+B̄=ĀB̄的非，与C结合后可吸收）。3.答案：B解析：4个相邻1格（2×2）对应最小项中2个变量取0和1各两次，因此可消去2个变量（如A和B，保留C和D的固定值）。4.答案：B解析：约束条件AB+AC=0意味着AB=0且AC=0（即A=0或B=0且A=0或C=0），因此A=0时B和C任意，A=1时B=0且C=0。将F=ĀB+BC+ĀC̄代入A=0，得F=B+BC+C̄=B(1+C)+C̄=B+C̄；A=1时B=0、C=0，F=0+0+0=0。结合约束，F=B+C̄（当A=0时），但约束下A=1时B=C=0，此时B+C̄=0+1=1，与F=0矛盾，故需修正。实际化简时，将无关项（AB=1或AC=1的情况）视为1，卡诺图中A=1行B或C=1的位置标×，合并后得F=B+Ā（具体推导：F=ĀB+BC+ĀC̄=Ā(B+C̄)+BC=Ā(B̄C)̄+BC，结合约束AB=0→A=0或B=0，AC=0→A=0或C=0，当A=0时，F=B+BC+C̄=B+C̄；当B=0时，F=0+0+Ā×1=Ā；当C=0时，F=ĀB+0+Ā×1=Ā(B+1)=Ā。综合得F=B+Ā）。5.答案：B解析：F=AB+ĀC=((AB)̄·(ĀC)̄)̄（与非-与非式），但需转换为或非-或非式。先求或非表达式：F=AB+ĀC=(A+B̄)̄·(Ā+C̄)̄的非？不，正确方法是F=((Ā+B̄)̄+(A+C̄)̄)̄（德摩根定律：AB=((A+B̄)̄)̄？不，正确转换：AB=((Ā+B̄)̄)，ĀC=((A+C̄)̄)，因此AB+ĀC=((Ā+B̄)̄+(A+C̄)̄)̄的非？不，或非门输出为输入的或非，即Y=Ā+B̄的或非是(Ā+B̄)̄=AB。因此，F=AB+ĀC=((Ā+B̄)̄)+((A+C̄)̄)=((Ā+B̄)+(A+C̄))̄的非？即F=(((Ā+B̄)+(A+C̄))̄)̄。展开(Ā+B̄)+(A+C̄)=Ā+A+B̄+C̄=1+B̄+C̄=1，这显然错误。正确方法：F=AB+ĀC=A(B)+Ā(C)=(A+C)(B+C)（分配律），但或非门需实现或非操作，即先将表达式转换为或非的组合。F=(A+C)(B+C)=((A+C)̄+(B+C)̄)̄（德摩根定律），因此需要两个或非门分别实现(A+C)̄和(B+C)̄，再用一个或非门对两者取或非，共3个或非门。二、填空题1.∑m(0,2,4,6)（最大项ΠM(1,3,5,7)对应最小项为未出现的0、2、4、6）2.(Ā+B)(B+C)(Ā+C̄)（对偶函数：与→或，或→与，变量不变）3.1（两个相邻1格仅有一个变量不同，合并后消去该变量）4.((A+B̄)̄+(Ā+C̄)̄)̄（F=AB+ĀC=((AB)̄·(ĀC)̄)̄=与非-与非，但或非-或非需转换为或非的组合：AB=((Ā+B̄)̄)，ĀC=((A+C̄)̄)，因此AB+ĀC=((Ā+B̄)̄+(A+C̄)̄)=(((Ā+B̄)+(A+C̄))̄)̄，即或非-或非式为((Ā+B̄)+(A+C̄))̄的或非，即((Ā+B̄)+(A+C̄))̄的或非门输出，简化后为((A+C)+(B+C))̄的或非？可能更简单的写法是F=((A+B̄)̄+(Ā+C̄)̄)̄）5.ΠM(8,9,10,11,12,13,14,15)（最小项为0-7，最大项为8-15）6.公共项（多个输出函数共享的与项，减少重复门电路）7.ĀB̄C+ĀBC̄+AB̄C̄+ABC（异或运算的展开：A⊕B=ĀB+AB̄，再与C异或得(ĀB+AB̄)⊕C=ĀB̄C+ĀBC̄+AB̄C̄+ABC）8.×（或Φ，表示无关项）9.((Ā)̄·(B)̄·(C)̄)̄（F=Ā+B+C=((Ā)̄·(B)̄·(C)̄)̄，即三个变量取反后与非）10.A+B+C（F+G=AB+ĀC+A+B̄C=A(1+B)+ĀC+B̄C=A+C(Ā+B̄)=A+C(ĀB̄)̄=A+C（吸收律）？实际展开：AB+ĀC+A+B̄C=A(1+B)+ĀC+B̄C=A+C(Ā+B̄)=A+ĀB̄C=A+B̄C？不对，正确化简：AB+A=A(1+B)=A；ĀC+B̄C=C(Ā+B̄)=C(ĀB̄)̄=C·(A+B)̄的非？不，直接合并：A+ĀC+B̄C=A+C(Ā+B̄)=A+C(因为A+ĀC=A+C，A+B̄C=A+B̄C，但A+C包含A+B̄C当C=1时，所以最终F+G=A+C+B̄C=A+C(1+B̄)=A+C）三、分析题1.（1）最小项表达式：F=∑m(1,2,4,7,8,11,13,14)（根据真值表中F=1的行，对应A,B,C,D的二进制值转换为十进制）；最大项表达式：F=ΠM(0,3,5,6,9,10,12,15)（未出现的最小项为最大项）。（2）卡诺图化简：将4变量卡诺图按行A=0,1，列BC=00,01,11,10排列，填入F=1的位置（m1=0001,m2=0010,m4=0100,m7=0111,m8=1000,m11=1011,m13=1101,m14=1110）。观察相邻项：-m1(0001)、m2(0010)、m5(0101)（但m5=0，不考虑）、m6(0110)（0）→无法合并为4格；-m4(0100)、m5(0101)（0）、m12(1100)（0）、m13(1101)（1）→m4和m13可合并为B̄D（A=0时B̄C̄D，A=1时B̄CD？实际卡诺图中，m4=0100（A=0,B=1,C=0,D=0）→对应B=1,C=0,D=0；m13=1101（A=1,B=1,C=0,D=1）→B=1,C=0，D任意→合并为BC̄（A任意，B=1,C=0）；-m7(0111)=0111（A=0,B=1,C=1,D=1）、m14(1110)=1110（A=1,B=1,C=1,D=0）→B=1,C=1，A和D任意→合并为BC；-m8(1000)=1000（A=1,B=0,C=0,D=0）、m11(1011)=1011（A=1,B=0,C=1,D=1）→A=1,B=0，C和D任意→合并为ĀB（A=1,B=0→AB̄）；最终最简与或式：F=BC̄+BC+AB̄=B(C̄+C)+AB̄=B+AB̄=A+B（吸收律：B+AB̄=A+B）。（3）与非-与非表达式：F=A+B=((A)̄·(B)̄)̄，需两个非门（或直接用输入反变量）和一个与非门，即F=((Ā·B̄))̄。2.（1）真值表（A3A2A1A0为4位二进制数，0-15）：|A3|A2|A1|A0|数值|Z||---|---|---|---|---|---||0|0|0|0|0|1||0|0|0|1|1|0||0|0|1|0|2|0||0|0|1|1|3|1||0|1|0|0|4|0||0|1|0|1|5|0||0|1|1|0|6|1||0|1|1|1|7|0||1|0|0|0|8|0||1|0|0|1|9|1||1|0|1|0|10|0||1|0|1|1|11|0||1|1|0|0|12|1||1|1|0|1|13|0||1|1|1|0|14|0||1|1|1|1|15|1|（2）卡诺图化简：Z=1的最小项为m0,m3,m6,m9,m12,m15。卡诺图中，m0(0000)、m3(0011)、m6(0110)、m9(1001)、m12(1100)、m15(1111)。观察相邻项：-m0(0000)、m3(0011)、m6(0110)、m9(1001)、m12(1100)、m15(1111)可发现规律：数值为3的倍数时，二进制中1的个数为偶数？实际卡诺图中，m0和m3（A3=0）：A2=0时，A1A0=00或11→A1=A0；A2=1时，A1A0=10（m6=0110→A1=1,A0=0，和为3×2=6）；A3=1时，m9=1001（9=3×3）、m12=1100（12=3×4）、m15=1111（15=3×5）。合并后可得Z=Ā3Ā2Ā1Ā0+Ā3Ā2A1A0+Ā3A2A1Ā0+A3Ā2Ā1A0+A3A2Ā1Ā0+A3A2A1A0。通过卡诺图圈选，最简与或式为Z=Ā3Ā2(A1⊕A0)̄+A3A2(A1⊕A0)̄+Ā3A2(A1⊕A0)+A3Ā2(A1⊕A0)，但更简单的化简是发现Z=(A3⊕A2⊕A1⊕A0)=0？不，3的倍数二进制特征为各位权值和（按2的幂）是3的倍数，实际化简后Z=Ā3Ā2Ā1Ā0+Ā3Ā2A1A0+Ā3A2A1Ā0+A3Ā2Ā1A0+A3A2Ā1Ā0+A3A2A1A0=(Ā3Ā2+A3A2)(A1Ā0+Ā1A0)+(Ā3A2+A3Ā2)(Ā1Ā0+A1A0)，最终最简式为Z=(A3⊕A2)̄(A1⊕A0)+(A3⊕A2)(A1⊕A0)̄=A3⊕A2⊕A1⊕A0的非？验证：3的倍数如3（0011）→0⊕0⊕1⊕1=0→Z=1；6（0110）→0⊕1⊕1⊕0=0→Z=1；9（1001）→1⊕0⊕0⊕1=0→Z=1；12（1100）→1⊕1⊕0⊕0=0→Z=1；15（1111）→1⊕1⊕1⊕1=0→Z=1；0（0000）→0→Z=1，符合。因此Z=(A3⊕A2⊕A1⊕A0)̄。（3）与非门实现：Z=(A3⊕A2⊕A1⊕A0)̄=((A3⊕A2)⊕(A1⊕A0))̄=((A3Ā2+Ā3A2)⊕(A1Ā0+Ā1A0))̄=(((A3Ā2+Ā3A2)(Ā1A0+A1Ā0))+((Ā3A2+A3Ā2)(A1Ā0+Ā1A0)))̄=与非门组合，具体逻辑图为：先实现A3⊕A2=((A3A2)̄·(Ā3Ā2)̄)̄，同理A1⊕A0=((A1A0)̄·(Ā1Ā0)̄)̄，再将两者异或后取反，即Z=(((A3⊕A2)·(A1⊕A0))̄·((Ā3⊕A2)·(Ā1⊕A0))̄)̄。3.（1）单独化简：F1=ĀB+BC+ĀC̄=Ā(B+C̄)+BC=Ā(B̄C)̄+BC（卡诺图中A=0时，B=1或C̄=1，即B=1或C=0，合并为B+C̄；A=1时，BC=1→F1=B+C̄（A=0）+BC（A=1）=B+C̄（因为A=1时BC=1→B=1,C=1，此时B+C̄=1+0=1，与BC=1一致，故F1=B+C̄）。F2=AB+ĀC+BC̄=AB+ĀC+C̄B=AB+C(Ā+B̄)=AB+C(ĀB̄)̄=AB+C（吸收律，同第2题）。（2）合并化简：F1=B+C̄，F2=AB+C。公共项为B（F1含B，F2含AB），若用AB作为公共项，则F1=B+C̄=AB+ĀB+C̄，F2=AB+C，此时需AB（与门）、ĀB（与门）、C̄（非门）、C（输入），共4个与非门（AB=((A·B)̄)̄，ĀB=((Ā·B)̄)̄，C̄=((C)̄)̄，F1=AB+ĀB+C̄=((AB)̄·(ĀB)̄·(C̄)̄)̄，F2=AB+C=((AB)̄·(C)̄)̄），共5个与非门；单独化简时F1=B+C̄=((B)̄·(C̄)̄)̄（2个与非门），F2=AB+C=((AB)̄·(C)̄)̄（2个与非门），共4个，因此合并后无优势。实际正确合并应为寻找F1和F2的公共与项，如F1=ĀB+BC+ĀC̄=Ā(B+C̄)+BC，F2=AB+ĀC+BC̄=AB+BC̄+ĀC=B(A+C̄)+ĀC，公共项为BC̄（F1无，F2有）或ĀC（F1无，F2有），故单独化简更优，所需与非门数量为F1需2个（B和C̄取非后与非），F2需2个（AB和C取非后与非），共4个。四、设计题1.（1）输入变量：A（主席，1同意）、B、C（评委，1同意）；输出变量：Z（1通过）。（2）真值表：|A|B|C|Z||---|---|---|---||0|×|×|0（主席不同意，直接不通过）||1|0|0|0（仅主席同意，不足2人）||1|0|1|1（主席+1评委）||1|1|0|1（主席+1评委）||1|1|1|1（主席+2评委）|（3）逻辑表达式：Z=A(ĀB̄C̄)̄中满足至少2人同意且A=1，即Z=A(BC+BĀC+ĀBC)？不，直接根据真值表，A=1时Z=1的情况是B=0,C=1；B=1,C=0；B=1,C=1，即Z=A(ĀB̄C+BĀC+BC)=A(BC+BĀC+ĀBC)简化为Z=A(B+C)（因为A=1时，B=0,C=1→C=1；B=1,C=0→B=1；B=1,C=1→B或C=1，故Z=A(B+C)）。（4）或非门实现：Z=A(B+C)=((A)̄+(B+C)̄)̄（德摩根定律），因此需要一个或非门实现(B+C)̄，另一个或非门实现(A)̄+(B+C)̄的或非，即Z=((A+(B+C)̄)̄)̄？不，正确转换：B+C=((B̄·C̄))̄（与非），但或非门直接输出B+C的或非是(B+C)̄，因此Z=A(B+C)=((Ā)+(B+C)̄)̄（或非门输入为Ā和(B+C)̄，输出为或非结果，即Z=((Ā+(B+C)̄))̄）。逻辑图：两个输入B、C接或非门1，输出(B+C)̄；A接非门（或直接用Ā作为输入），Ā和(B+C)̄接或非门2，输出Z=((Ā+(B+C)̄))̄=A(B+C)。（5）增加弃权变量D（D=1时Z=0），修正真值表：|A|B|C|D|Z||---|---|---|---|---||×|×|×|1|0||0|×|×|