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期末试卷二答案 这时计算机组成原理的期末试卷二的答案！ 选择题 1. D 2. C 3. A 4. D 5. A 6. C 7. A 8. C 9. D 10. C 二. 填空题 A.高速性 B.先行 C.阵列。 A.内容 B.行地址表 C.页表和快表。 A.数据传送 B.算术运算 C.逻辑运算。 A.指令周期 B.布尔代数 C.门电路和触发器。 A.数据传送 B.仲裁 C.中断和同步。 A.存储密度 B.存储容量 C.平均存取时间。 A.组成结构 B.选择 C.多路。 A.（58）10 三．应用题 证明：设[x]补 x0x1x2…xn , [y]补 y0y1…yn 被乘数x 符号任意，乘数y符号为正。 根据补码定义，可得 [x]补 2+x 2n+1 + x （mod 2） [y]补 y 所以 [x]补·[y]补 2n+1·y + x·y 2（y1y2…yn）+x·y 其中（y1y2…yn）是大于0的正整数，根据模运算性质有 2（y1y2…yn） 2 （mod 2） 所以 [x]补·[y]补 2+x·y [ x·y]补 （mod 2） 即 [ x·y]补 [x]补·[y]补 [x]补·y 被乘数x 符号任意，乘数y符号为负。 [x]补 x0.x1x2…xn [y]补 1.y1y2…yn 2+y （mod 2） 由此 y [y]补－2 0.y1y2…yn －1 所以 x·y x（y1y2…yn）－x [ x·y]补 [ x（y1y2…yn）]补＋[-x]补 又 （y1y2…yn） 0，根据式 有 [ x（y1y2…yn）]补 [x]补（0.y1y2…yn） 所以 [ x·y]补 [x]补（0.y1y2…yn）＋[-x]补 被乘数x和乘数y符号都任意。 将式和式两种情况综合起来，即得补码乘法的统一算式，即 [ x·y]补 [x]补（0.y1y2…yn）－[x]补·y0 [x]补（-y0＋0.y1y2…yn） [x]补 ? （-y0 + yi ? 2-i ） 证毕 解：64条指令需占用操作码字段（OP）6位，这样指令余下长度为10位。为了覆盖主存64K字的地址空间，设寻址模式（X）2位，形式地址（D）8位，其指令格式如下： 15 10 9 8 7 0 OP X D 寻址模式定义如下： X 0 0 直接寻址 有效地址 E D（256单元） X 0 1 间接寻址 有效地址 E D）（64K） X 1 0 变址寻址 有效地址 E R ＋D （64K） X 1 1 相对寻址 有效地址 E （PC）＋D （64K） 其中R为变址寄存器（16位），PC为程序计数器（16位），在变址和相对寻址时，位移量D可正可负。 解：（1） 用虚拟地址为1的页号15作为快表检索项，查得页号为15的页在主存中的起始地址为80000，故将80000与虚拟地址中的页内地址码0324相加，求得主存实地址码为80324。 主存实地址码 96000 + 0128 96128 虚拟地址3的页号为48，当用48作检索项在快表中检索时，没有检索到页号为48的页面，此时操作系统暂停用户作业程序的执行，转去执行查页表程序。如该页面在主存中，则将该页号及该页在主存中的起始地址写入主存；如该页面不存在，则操作系统要将该页面从外存调入主存，然后将页号及其在主存中的起始地址写入快表。 4．解： 各字段意义如下：F1—读RO—R3的选择控制。 F2—写RO—R3的选择控制。 F3—打入SA的控制信号。 F4—打入SB的控制信号。 F5—打开非反向三态门的控制信号LDALU。 F6—打开反向三态门的控制信号LDALU ，并使加法器最低位加1。 F7－锁存器SB清零RESET信号。 F8－ 一段微程序结束，转入取机器指令的控制信号。 R— 寄存器读命令 W—寄存器写命令 （2）ADD、SUB两条指令的微程序流程图见图B2.3所示。 图B2.3 5．三种系统总线结构如图B2.4： 图B2.4 6．解：设读写一块信息所需总时间为Tb，平均找到时间为Ts，平均等待时间为TL，读写一块信息的传输时间为Tm，则：Tb Ts＋TL＋Tm。假设磁盘以每秒r转速率旋转，每条磁道容量为N个字，则数据传输率 rN个字/秒。又假设每块的字数为n，因而一旦读写头定位在该块始端，就能在Tm≈（n / rN）秒的时间中传输完毕。TL是磁盘旋转半周的时间，TL （1/2r）秒，由此可得： Tb Ts＋1/2r＋n/rN 秒 1