计算机组成原理——数据的表示的运算の选择题整理

数制与编码

1、下列各种数制的数中，最小的数是（）
A、(101001)₂
B、(101001)_BCD
C、(52)₈
D、(233)₁₆

解析：选B
对于A，1+2³+2⁵=1+8+32=41(十进制)
对于B，(101001)_BCD=(0010 1001)_BCD=>0010=2，1001=9=>29(十进制)
对于C，2+5*8¹=42(十进制)
对于D，3+3 *16¹+2 *16²=3+48+258=309(十进制)

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运算方法和运算电路

1、并行加法器中，每位全和的形成除与本位相加二数数值位有关外，还与（）有关
A、低位数值大小
B、低位数的全和
C、高位数值大小
D、低位数送来的进位

解析：选D
低位送来的进位也需要参与该位的全和计算，如果有进位，就送来1，就要多加一个1，如果是0，就加上0。

2、算术逻辑单元的功能一般包括（）
A、算术运算
B、逻辑运算
C、算术运算和逻辑运算
D、加法运算

解析：选C
ALU是一种功能较强的组合逻辑电路，它能进行多种算术运算和逻辑运算。

3、一个8位寄存器内的数值位11001010，进位标志寄存器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的数值分别为（）
A、10010100 1
B、10010101 1
C、10010101 1
D、10010100 0

解析：选C
循环左移（不带进位位）时，最高位移出来的将被放在最低位和标志寄存器内。按照题来说，应该是10010101 1
循环左移（带进位位）时，最高位移出来的将被放在标志寄存器内，标志寄存器内原先的二进制被移到最低位。按照题来说，应该是10010100 1

3、关于模4补码，下列说法正确的是（）
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补码存储时只需要一个符号位
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1个符号位

解析：选B
采用双符号位的是模4补码，采用单符号位的是模2补码。当双符号位相同时，表示没有溢出，反之则表示有溢出。因为双符号位只需要看计算结果中最高的两位是否相同即可，若相同则没有溢出，反之则有溢出【S_s1S_s2=00或11，无溢出；S_s1S_s2=10或01，有溢出】，而单符号位在判断是否有溢出时，需要将结果的符号位和两个运算数的符号位相比较，若相同则没有溢出，反之则有溢出【V=A_sB_s$\overline{Ss}$+$\overline{As}$ $\overline{Bs}$S_s，其中A_s、B_s、S_s分别代表运算数A、B和结果S的符号位。V=0，无溢出，V=1，有溢出】，显然更容易检查乘除运算中的溢出问题。
对于正常的没有溢出的数据，显然双符号位是相同的，在存储时完全可以只存储一位。
而在计算中，为了更容易地检测溢出问题，往往需要两个符号位，因此对于模4补码，在存储时只需要一位符号位，在计算时，需要两位符号位。

4、实现N位（不包括符号位）补码一位乘时，乘积为（）位
A、N
B、N+1
C、2N
D、2N+1

解析：选D
例如x=-0.1101，y=0.1011，采用补码一位乘法，计算出的结果为：[x*y]_补=1.01110001，一共2N+1位，其中包括了一位符号位。
如果实现N位（包括符号位）补码一位乘时，计算结果为2 *(N-1)+1=2N-1位

5、在原码不恢复余数法（又称原码加减交替法）的算法中，（）
A、每步操作后，若不够减，则需恢复余数
B、若为负商，则恢复余数
C、整个算法过程中，从不恢复余数
D、仅当最后一步不够减时，才恢复一次余数

解析：选D
原码不恢复余数法，余数为负，商0左移，加除数的绝对值，余数为正，商1左移，减除数的绝对值。仅当最后一步不够减时，才恢复一次余数

原码不恢复余数法，余数为负，加除数的绝对值，商0左移，余数为正，商1左移，减除数的绝对值。最后一步不够减时，恢复也余数。

6、下列关于补码除法的说法中，正确的是（）
A、补码不恢复除法中，够减商0，不够减商1
B、补码不恢复余数除法中，异号相除时，够减商0，不够减商1
C、补码不恢复除法中，够减商1，不够减商0
D、以上说法都不对

解析：选D
补码不恢复余数除法中，异号相除时，被除数+除数，此时若够减，证明除数和余数异号，因此商0（如：-2+1 => 110+001=111，此时结果为-1，除数为1，两者异号），若不够减，则证明除数和余数同号，因此商1（如：-1+2 => 111+010=001，此时结果为1，除数为2，两者同号）。
补码不恢复余数除法中，同号相除时，被除数-除数，此时若够减，证明除数和余数同号，因此商1（如：-2-（-1）=> 110+001=111，此时结果为-1，除数为-1，两者同号），若不够减，则证明除数和余数同号，因此商0（如：-1-（-2） => 111+010=001，此时结果为1，除数为-2，两者异号）。

7、下列关于各种移位的说法正确的是（）
a.假设机器数采用反码表示，当机器数为负时，左移时最高数位丢0，结果出错；右移时最低数位丢0，影响精度
b.在算术移位的情况下，补码左移的前提条件是其原最高有效位与原符号位要相同
c.在算术移位的情况下，双符号位的移位操作只有低符号位需要参加移位操作
A、a、c
B、仅b
C、仅c
D、a、b、c

解析：选D
对于a，机器数为负数时，除了符号位，其余位取反得反码。例如-11->11011，反码：10100，算术左移->11001=>原码：10110=-6，数据错误，应该是-11* 2=-22；算术右移一位->11010=>10101=-5，应该是-11/2=-5.5，现在是-5，精度下降。
对于b，在算术移位的情况下，补码左移的前提条件是其原最高有效位与原符号位要相同。如果不相同，会发生数据错误。例如：-5的补码：1011，算术左移->1110=>-2，-3的补码：1101，算术左移一位->1010=>1110=-6=-3*2。因此补码左移的前提条件是其原最高有效位与原符号位要相同。
对于c，双符号位的高位代表真正的符号，低位用来判断是否发生溢出，在算术位移时，真正的符号位不参与位移，因此只有低符号位需要参加移位操作。

8、某计算机字长为8位，CPU中有一个8位加法器，已知无符号数x=69，y=38，如果在该加法器中计算x-y，则加法器的两个输入端信息和输入的低位进位信息分别为（）
A、0100 0101、0010 0110、0
B、0100 0101、1101 1001、1
C、0100 0101、1101 1010、0
D、0100 0101、1101 1010、1

解析：选
x=69=64+4+1->0100 0101
y=38=32+4+2->0010 0110
因为计算的是x-y。因此转化成x+(-y)，-y=-38，[-y]_补=1101 1010=[-y]_反+1。当低位进位信息为1时，代表做减法，输入1101 1001然后经过与低位进位信息相加后，变成1101 1010再与0100 0101相加，得到正确结果。当低位进位信息为0时，代表做加法，0100 0101+0010 0110，得到正确结果。

9、某计算机中有一个8位加法器，带符号整数x和y的机器数用补码表示，[x]_补=F5H，[y]_补=7EH，如果在该加法器中计算x-y，则加法器的低位进位输入信息和运算后的溢出标志OF分别是（）
A、1、1
B、1、0
C、0、1
D、0、0

解析：选A
对于补码加法运算，sub=1，因此低位进位输入信息=1，因为计算的是x-y，因此需要计算[-y]_补=1000 0010
x-y=[x]_补+[-y]_补=1111 0101+1000 0010=0111 0111=77H，计算数的符号位都是1，结果的符号位是0，因此有溢出，OF=1

10、减法指令“sub R1,R2,R3”的功能为“(R1) - (R2)—>R3”，该指令执行后将生成进位/借位标志CF和溢出标志OF。若(R1)=FFFF FFFFH，(R2)=FFFF FFF0H，则该减法指令执行后，CF与OF分别为（）
A、CF=0，OF=0
B、CF=1，OF=0
C、CF=0，OF=1
D、CF=1，OF=1

解析：选A
R1=1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111
(R1)_补=1000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001
R2=1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 0000
-R2=0111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 0000
(-R2)_补=0111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 0000
R3=R1-R2=(R1)_补+ (-R2)_补=1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 0001
R3 -R2 R1的符号位都相同，没有产生溢出，因此OF=0
在执行减法指令时，只需要考虑借位即可，并没有进位之说，R1>R2，因此没有借位。将R1-R2转化为(R1)_补+ (-R2)_补后，也可以通过看有无进位来判断CF的值，计算可知，没有进位，因此CF=0。

11、某32位计算机按字节编址，采用小端方式。若语句“int i=0;”对应指令的机器代码为“C7 45 FC 00 00 00 00”，则语句“int i=-64;”对应指令的机器代码是（）
A、C7 45 FC C0 FF FF FF
B、C7 45 FC 0C FF FF FF
C、C7 45 FC FF FF FF C0
D、C7 45 FC FF FF FF 0C

解析：选A
大端方式：就是正常的方式。
小端方式：与大端相反。先按照正常的写出来，再调换顺序即可。
0 -> 00 00 00 00
-64 -> FF FF FF C0 然后调换顺序，C0放在最前面，倒数第二组FF放在第二高的位置，以此类推。

12、在按字节编址，采用小端方式的32位计算机中，按边界对齐方式为以下C语言结构型变量a分配存储空间，

struct record{
	short x1;
	int x2;
} a;

若a的首地址为2022 FE00H，a的成员变量x2的机器数为1234 0000H，则其中34H所在存储单元的地址是（）
A、2020 FE03H
B、2020 FE04H
C、2020 FE05H
D、2020 FE06H

解析：选D
short是16位，int是32位，x1:xxxx 0000H(其中的0是用来补x1少的16位，因为要求边界对齐) x2:1234 0000H(其中的0是x2机器数本身的)。如下图所示：

下图为保留其他条件，仅将小端改为大端

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浮点数的表示与运算

1、某浮点机，采用规格化浮点数表示，阶码用移码表示（最高位代表符号位），尾数用原码表示。下列（）的表示不是规格化浮点数
A、11111111，1.1000…00
B、0011111，1.0111…01
C、1000001，0.1111…01
D、0111111，0.1000…10

解析：选B
规格化浮点数：是指通过调整一个非规格化浮点数的尾数和阶码的大小，使非零的浮点数在尾数的最高位上保证是一个有效值。用补码表示时：小数点前后不一样，用原码表示时，小数点后一位始终为1。
移码和补码符号位相反，其余位都一样。

2、下列关于对阶操作说法正确的是（）
A、在浮点加减运算的对阶操作中，若阶码减小，则尾数左移
B、在浮点加减运算的对阶操作中，若阶码增大，则尾数右移，若阶码减小，则尾数左移
C、在浮点加减运算的对阶操作中，若阶码增大，则尾数右移
D、以上都不对

解析：选C
对阶操作是将小的变大，没有将大的变小，因此不存在阶码减小一说。当阶码增大的时候，若小数点位置不变，则尾数向右移，若尾数不变，则小数点向左移。

3、假定采用IEEE754标准中的单精度浮点数格式表示一个数为45100000H，则该数的值是（）
A、(+1.125)₁₀ * 2¹⁰
B、(+1.125)₁₀ * 2¹¹
C、(+0.125)₁₀ * 2¹¹
D、(+0.125)₁₀ * 2¹⁰

解析：选
IEEE754标准中，在阶码不为0时，隐藏一个小数点前面的1。
45100000H -> 0100 0101 0001 0000 0000 0000 0000 0000

4、若浮点数的尾数用补码表示，则下列（）中的尾数是规格化形式
A、1.11000
B、0.01110
C、0.01010
D、1.00010

解析：选D
对于规格化浮点数：用补码表示时：小数点前后不一样，用原码表示时，小数点后一位始终为1。

5、下列关于舍入的说法，正确的是（）
a.不仅仅只有浮点数需要舍入，定点数在运算时也可能要舍入
b.在浮点数舍入中，只有左规格化时可能要舍入
c.在浮点数舍入中，只有右规格化时可能要舍入
d.在浮点数舍入中，左、右规格化均可能要舍入
e.舍入不一定产生误差
A、a、c、e
B、a、b、e
C、e
D、a、d

解析：选C
舍入：为了方便计算，常常舍弃一些尾数，对整体结果影响相比运算难度来说，可以忽略。在计算机中，只对浮点数进行舍入操作，而不对定点数进行操作。包括：向偶数舍入、向零舍入、向上舍入以及向下舍入。
在浮点数舍入中，对阶操作和右规操作需要舍入，其他情况均不需要。
舍入并不一定产生误差，例如11.00向下舍入为11.0，并没有产生误差。

6、下列有关浮点数加减法运算的叙述中，正确的是（）
a.对阶操作不会引起阶码上溢或下溢
b.右规和尾数舍入都可能引起阶码上溢
c.左规时可能引起阶码下溢
d.尾数溢出时结果不一定溢出
A、仅b、c
B、仅a、b、d
C、仅a、c、d
D、a、b、c、d

解析：选
对于a，对阶操作是将小阶变为大阶，且这两个阶数都是已经表示出来合法的，因此不存在阶码上溢或下溢。
对于b，右规是阶码增大，因此可能会产生上溢，尾数舍入的时候可能会将最后一位变为1，因此可能需要右规变成规格化数，此过程可能会产生阶码上溢。
对于c，左规是将阶码变小，就有可能变得过小导致阶码下溢。
对于d，两个数计算完了以后尾数溢出，但不一定最终的结果就会溢出，因为在计算完以后还要进行规格化，此过程目的就是保留更多的尾数，因此规格化完了以后，不一定就会溢出了。