计算机组成原理综合试卷.docVIP

《计算机组成原理》综合作业题与点评 《计算机组成原理与汇编语言程序》教学课程组 一、 单选题 1、关于冯·诺依曼体系结构计算机描述错误的是（ B ）。 A、指令和数据是不加区别地混合存储在同一存储器中 B、将编好的程序和数据事先存入控制存储器（CM）中，用“存储程序”工作方式 C、计算机硬件由控制器、运算器、存储器、输入设备和输出设备五大部件组成 D、由于指令和数据存放在同一存储器中，因此冯·诺依曼结构中不能同时取指令和取操作数。 （点评：控制存储器中存放的是微指令，而用户编写的程序运行时存放于存储器中） 2、关于总线的“异步通信”控制方式的描述正确的是（ A ）。 A、没有公用的时钟，采用“应答”方式 B、通信过程由统一的时序信号来控制 C、是一种“并行通信”方式 D、是一种“串行通行”方式 (点评：并行和串行指数据传输的格式，它们既可以采用同步也可采用异步方式传输。) 3、在计算机系统的多层结构中，介于微程序机器级（M1）操作系统机器级（M3）之间的是（ B ）。 A、汇编语言级 B、机器指令语言级 C、操作系统级 D、虚拟机器级 4、在计算机的所有指令的运行中，都存在的一个公共机器周期是（ A ）。 A、取指周期 B、取数周期 C、中断周期 D、DMA周期 （点评：指令的解释过程（即运行过程）由取指、分析和执行周期构成，在分析周期还涉及取源操作数和取目的操作数的过程，取指是所有指令运行时必经的第一步。） 5、以下哪个计算机性能指标是用来表征“参与运算的数据的基本位数”（ D ）。 A、运算速度 B、主存容量 C、数据通路宽度 D、机器字长 (点评：存储字长、数据通路的宽度不一定等于机器的字长。存储字长反映的是在一个访存周期能读出的数据位数，取决于存储器采用的设计技术，如单体多字、多体多字等并行分体技术；数据通路的宽度是在总线周期内一次所能传输的最大数据的位数，取决与数据总线的数量；机器的字长指CPU内一次参与运算的数据位数，字长越长，运算的效率和精度越高。) （点评：在浮点数的表示中，阶码和尾数常用补码表示，但在IEEE格式的浮点数表示中，阶码用移码表示，尾数用原码表示） 点评：定点小数采用纯小数的形式，即小数点左边就是符号位，右边为数据。原码和反码的表数范围一致；但补码表示的负数多了一个数 -1，其补码为1.000…0为了提高存储器的频宽（即传输速率），可采用并行分体技术，但由于程序中转移指令和数据相关性的存在，存储的频宽并非绝对地与并行分体数成正比，，在存储体系的设计上来寻求突破，ache存储体系”。“虚拟存储体系”解决主存容量不足的问题，“Cache存储体系”基于主存的速度与CPU的速度不匹配而提出。) 9、在下列移码表示的机数中，其真值最大的是（ A ）。 A B C D（点评：提出移码的目的是为了便于比较数据的大小，移码类似于无符号数，直接比较大小。n+1移码，当偏置值为2n时，同一数值的补码和移码只是符号位不同，但是，偏置值也可以人为给定，如IEEE754中阶码中移码的偏值是127而不是2 7=128。） D ) 来实现。 A、原码运算的二进制减法器 B、补码运算的二进制减法器 C、原码运算的十进制加法器 D、补码运算的二进制加法器 (点评：采用加法取代减法，可以节省比较大小的逻辑电路，采用补码运算能将减法变成加法) 11、某计算机字长32位，其存储容量为8MB，若按双字编址，它的寻址范围是（ C ）。 A、0 ~ 256K-1 B、0 ~512K-1 C、0 ~1M-1 D、0~2M-1 （点评：前面提到，存储字长不一定等于机器字长，这里的存储字长为64位（可理解为一个存储单元里存放64b），因此，该存储单元数= (8M×8)/64=1M=220，即总共有1M个单元，存储器编址总是从0开始编，这里的M不是MB而是220 ，所需的地址线为20条。 B、01.001101 C、11.010101 D、00.011101 （点评：尾数规格化的目的是为了扩大表数范围和规范运算结果。要求尾数数值部分的最高位与符号位不同。显然D不符合要求。A和B中的两个符号位不一样，在定点数的运算中表示溢出（P98）,但是在浮点数的运算中，并不表示溢出，将这两个数据右移一次（即右规）可以得到规范的尾数，右规只能做一次 13、（75）10的“2421码”表示为（ B ）。 A、2421 B、(1101