07级1-2班《计算机组成原理》期末考试卷（B卷）

——————————————————————————————————————————————————————— ———————————————————————2009－2010学年第一学期

计算机科学学院07级（1-2）班《计算机组成原理》

期末考试卷（B卷）

年级：＿＿专业：＿＿＿＿＿ 班级：＿ 学号：＿＿＿＿ 姓名：＿＿＿ 题号 得分 一 二 三 四 五 六 总分 签名 装注：1、共100分，考试时间120分钟。 2、此试卷适用于计算机科学与技术本科专业。

一 得 分 阅卷教师 一、填空题（本题共10小题，每个空1分，共20分）

1． 计算机软件一般分为两大类：一类叫__系统软件____________ ，另一

类叫____应用软件________ 。操作系统属于__系统软件____________ 类。

2． BCD码的含义是二进制编码的 十进制数 ，最广泛使用的

一种BCD码是 8421BCD码 。

3． 若浮点数的尾数用补码表示，当运算结果的两位符号位和小数点后的第

一位是 00.1 或 11.0 时，表明结果是规格化的数。

4． 每条指令由两部分组成，即 操作码 部分和 地址码

部分。

5． 在补码一位乘法中，如果判断位YiYi-1=10，则下一步（但不是最后一步）

的操作是将部分积加上 [-X]补 ，再向 右 移一位。（设x为被乘数，y为乘数）

6． 静态 RAM是利用触发器电路的两个稳定状态来表示信息

《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 1 页 共 11 页

订线

“0”和“1”，故在不断开电源时，可以长久保持信息； 动态 RAM利用电容器存储的电荷来表示信息“0”和“1”，因此需要不断进行刷新。

7． 某半导体存储器的地址码为16位，因此该机由地址码计算出的主存最

大容量为 64K 个单元。

8． 由于一个存储器芯片的容量和位数一般不能满足使用要求，所以通常将

若干个芯片按 串联（或地址串联） 和 并联(或位并联) 两种方式相连接。

9． 根据目前常用的存储介质将存储器分为_____半导体存储器__ ____、

_____磁表面存储器 ____和光盘存储器三种。

10.按数据传输格式来分，I／O接口类型可分 并行接口 和 串行接口 两种。 二 得 分 阅卷教师 二、选择题（本题共10小题，每个空1分，共10分） 1、若X=－0.1010，则其对应的[X]补为（ A ）。

A．1.0110 C．1.1010

B．1.0101 D．0.1010

2、若浮点数尾数用补码表示，则判断运算结果是否为规格化表示的方法是（ C ）。

A．阶符与数符相同为规格化表示 B. 阶符与数符相异为规格化表示

C．数符与尾数小数点后第一位数字相异为规格化表示 D．数符与尾数小数点后第一位数字相同为规格化表示 3、在下列存储器中，存取速度最快的存储器是（ A ）。

《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 2 页 共 11 页

A．高速缓存 C．主存

4、程序计数器是指（ D ）。

B．磁盘 D．光盘

A．可存放指令的寄存器 B．可存放程序状态字的寄存器 C．本身具有计数逻辑与移位逻辑的寄存器 D．存放下一条指令地址的寄存器

5、零地址指令可选的寻址方式是（ C ）。

A．立即寻址 C．堆栈寻址

B．间接寻址 D．寄存器寻址

—————————————————————————————————————————————————6、CPU可直接编程访问的存储器是（ D ）。 A．光盘存储器 C．磁盘存储器

B．虚拟存储器 D．主存储器

装7、下列存储器中可在线改写的只读存储器是（ A ） A．EEPROM C．ROM 式。

A．通道和I/O处理器方式 C．程序中断控制方式

B．程序直接控制方式 D．DMA方式

B．EPROM D．PROM

8、计算机在控制硬盘和主机之间的大批数据交换时主要采用（ D ）方

订9、在异步控制的总线传送中（ C ）。

A．所需时间固定不变 B．所需时钟周期数一定

C．所需时间随实际需要可变 D．时钟周期长度视实际需要而定 10、运算器的主要功能是进行（ C ）。 A. 逻辑运算 B. 算术运算 C. 逻辑运算与算术运算 D. 初等函数运算

《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 3 页 共 11 页

线

三 得 分 阅卷教师 三、是非判断题（是则打“√”，非则打“X”，每题1分，共10分） 1．在寄存器间接寻址方式中，指令指定的寄存器中存放的是操作数。（ F ） 2．一般情况下，用DRAM作主存，用SRAM作CACHE。（ T ） 3．指令长度与机器字长有简单的倍数关系。（ T ）

4．提高并行加法器速度的关键是尽量加快各位的计算结果。 （ F ） 5．每条指令的经历第一个机器周期一定是取指周期。 （ T ）

6．采用不译法（直接控制法）实现的微指令执行速度快，并行控制能力强。（ T ）

7．计算机内部的除法运算可由“加减”和“左移”运算来实现。。（ T ） 8．DMA方式用于传送成组数据，所以DMA控制器申请总线使用权后，总是要等一批数据传送完成后才释放总线。（ T ）

9．简化地址结构的基本途径是采用隐地址方式。 （ T ） 10．外部中断一旦申请中断，便能立即得到CPU的响应。 （ F ） 四 得 分 阅卷教师 四、问答题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 1、组合逻辑控制方式的基本思想是什么？

答：它通过组合逻辑电路产生微命令。（2分）产生微命令的输入信号有：指令代码(操作码，寻址方式码等），时序信号（工作周期、时钟周期，工作脉冲），程序状态（PSW中的标志位）和外部请求等。（2分）输出信号为微命令（电位型、脉冲型）。（1分）

2、何谓程序中断方式？它主要应用在什么场合？请举出两种具体的应用实

例？

《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 4 页 共 11 页

答：当CPU接到某个随机的中断请求信号后，暂停执行当前的程序，转去执行相应的中断服务程序，为该随机事件服务，服务完毕后自动返回并继续执行原程序，这一过程称为中断，采用这种方式控制I/O操作或处理随机事件。称为中断方式。（3分）

主要应用于处理复杂随机事件、控制中低速I/O；（1分）

实例如：故障处理、中低速I/O控制、通信、实时处理、人机对话等。（1分）

3、画出计算机中采用的存储系统的层次结构，并说明不同层次的作用及对速度、容量的要求。

答: （1）主存：存放需要CPU运行的程据，速度较快，容量较大； （1分）

（2）Cache：存放当前访问频繁的内主存某些页的内容复制。速度最快，容量（1分）

（3）外存：存放需联机保存但暂不执序和数据。容量很大而速度较慢。（1分） 画出层次结构图：（2分） 得 分 五 五、计算题（共32分） 1、将十进制数-23化成二进制数，再写出各自的原码、补码、反码表示（符号位和数值位共8位）。（每个1分，共4分）

二进制数 原码 补码 反码 -23

《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 5 页 共 11 页

序和数

容，即较小；

行的程

——————————————————————————阅卷教师 装

1、解： 二进制数 原码 补码 反码 -23： -10111 10010111 11101001 11101000

（每个1分）2、用补码进行加减运算，并判断结果是否溢出？是何种溢出？（6分）

(1) X=+0.11011，Y=-0.10101，计算X+Y (1) X=+0.11011，Y=-0.10101，计算X+Y 解： [x]补=00.11011 [y]补=11.01011（1分）

[x+y]补=[x]补+[y]补=00.11011+11.01011=00.00110, 无溢出（1分）

x+y=+0.00110 （1分）

(2) X=-0.01111，Y=+0.11001，计算X-Y

解： [x]补=11.10001 [y]补=00.11001 [-y]补=11.00111（1分） [x-y]补=[x]补+[-y]补=11.10001+11.00111=10.11000（1分） 因为双符号位不同，发生了负溢出。 （1分）

3、用补码一位乘法（比较法）计算X × Y =？， X= －0.1011 Y= 0.1101写出规范的运算过程。（8分）

解： A=00.0000， B=[X]补=11.0101， -B= [- X]补=00.1011 C=[Y]

（2分） 补=0.1101

步数 条件 操作 A C CNCN+1 CNCN+1 00.0000 0.1101 0 1) 10 -B + 00.1011 00.1011 -> 00.0101 10.110 1 （1分） 2) 01 ＋B + 11.0101 11.1010 -> 11.1101 010.11 0 （1分） 3) 10 -B + 00.1011 00.1000

《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 6 页 共 11 页

4) 5) 11 01 -> 00.0100 0010.1 1 （1分） -> 00.0010 00010. 1 （1分） +B + 11.0101 11.0111 0001 （最后一步不移位） （1分）

(XY)补 =1.01110001 (XY)真值 = － 0.10001111 （1分）

4、将4位有效信息1001编成循环校验码（CRC码），选择生成多项式为1011（即：X3?X?1），写编码过程。（6分） 解：（1）编码方法

M(X)?XM(X)?XG(X)?Xr3?X,即100130(K?4) ?X6?M(X)?X3?X,即1001000(r?1?4)

3(r?3)（2分）

?X1?X,即10110M(X)?XG(X)3?10010001011?1010?1101011(模2除)

（2分）

（2）编码后的校验码为：

M(X)?X3?R(X)?1001000?110?1001110(模2加)

（2分） 5、已知X?2?4?1116 , Y?2?3?1316—————————————————————————,请按浮点数运算规则,计算: X+Y=?

其浮点数的阶码和尾数用变形补码表示，存放格式如下：

阶符（2位） 阶码（3位） 尾符（2位） 尾码（6位） 假定：舍入方法采用“0舍1入法” 。（8分）

解：X??0.1011?2?4,Y??0.1101?2?3，其浮点数（补码）为： 阶码(E) 尾数(M)

[x]补=11, 100 00.101100

《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 7 页 共 11 页

装

[y]补=11, 101 00.110100 （2分） ①对阶:ΔE=Ex-Ey

[ΔE]补=[Ex]补+[-Ey]补=11, 100+00, 011=11, 111

ΔE=-1,表明Ex比Ey小1,所以将x的阶码向y的阶码看齐,即将x 的尾数右移一位,其阶码加1。对阶后：

[x]补=11， 101 00.010110 （2分） ②尾数相加

[Mx+My]补=[Mx]补+[My]补=00.010110+00.110100=01.001010 （2分）

③规格化处理:

[x+y]补=11, 101 01.001010

尾数溢出,需右规一位:即尾数右移一位,同时阶码加1。则有 [x+y]补=11, 110 00.100101 （1分） x+y=2?2?0.100101 （1分） 六 得 分 六、设计题（共13分） 1、设有模型计算机的CPU数据通路及其与存储器的连接结构如下图所示，其中，R0～R3为通用寄存器，IR为指令寄存器，PC为程序计数器，SP为堆栈指针，C和D为暂存器，MAR为存储器地址寄存器，MDR为存储器数据缓冲寄存器。

以模型机组成为背景，拟定传送指令“MOV R1,(R0)+”的读取与执行流程。（5分）

阅卷教师 《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 8 页 共 11 页

解： FT：M→IR,PC+1→PC

ST0：R0→MAR ST1：M→MDR→C ST2：R0+1→R0 ET0：C→R1 ET1：PC→MAR

（评分细则：正确写出FT：1分，DT：2分，ET：2分）

2、用1K×4位/片的SRAM芯片构成一个4K×8位的存储器，地址总线A15～A0（低），双向数据总线D7～D0，读写控制信号R/W，CS为片选输入端。请画出芯片级逻辑框图，注明各种信号线，写出各片选信号逻辑式。 （8分） 解：

（1）计算芯片数

扩展位数：用两片1K×4位的存储芯片扩展容量至1K×8位； 扩展单元数：用4组1K×8位将容量扩展至4K×8位； 故共需 2×4 = 8 片 1K×4位的存储芯片。 （2）地址分配 因为：2

12

=4K，所以存储器需要12位地址；

《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 9 页 共 11 页

2

10

=1K，所以芯片需要10位地址。

1K×4 1K×4 1K×4 1K×4 1K×4 1K×4 1K×4 1K×4

片选逻辑：

芯片容量 芯片地址 1K 1K 1K 1K 逻辑框图 ：

片选信号 片选逻辑 A11A10 A9～A0 A9～A0 A9～A0 A9～A0 CS0 CS1 CS2 CS3 A11A10 A11A10 A11A10《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 10 页 共 11 页

评分细则：1）芯片数量及其组合：（1分）；

2）地址分配：（2分）； 3）片选逻辑：（1分）；

4）作图：地址线（1分），片选线（1分），数据线（1分），读

写控制线（1分）。

《计算机组成原理》期末考试试卷（B卷）第 11 页 共 11 页

—————————

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/fik2.html