自考“计算机组成原理”串讲资料（2）

历年真题：

（2001年，2002年）基数：在浮点数据编码中，对阶码所代表的指数值的数据，在计算机中是一个常数，不用代码表示。

（2003年）移码：带符号数据表示方法之一，符号位用1表示正，0表示负，其余位与补码相同。

（2004年）溢出：指数的值超出了数据编码所能表示的数据范围。

（2005年）偶校验码：让编码组代码中1的个数为偶数，违反此规律为校验错。

近5年每年都考名称解释，所以第二章的名称解释是考试的重点，这里给大家列出了名词解释大家要熟悉一下，这都是本章的基本概念，有利于做选择题及填空题。

1.原码：带符号数据表示方法之一，一个符号位表示数据的正负，0代表正号，1代表负号，其余的代表数据的绝对值。

2.补码：带符号数据表示方法之一，正数的补码与原码相同，负数的补码是将二进制位按位取反后在最低位上加1.

3.反码：带符号数据的表示方法之一，正数的反码与原码相同，负数的反码是将二进制位按位取反

4.阶码：在浮点数据编码中，表示小数点的位置的代码。

5.尾数：在浮点数据编码中，表示数据有效值的代码。

6.机器零：在浮点数据编码中，阶码和尾数都全为0时代表的0值。

7.上溢：指数的绝对值太大，以至大于数据编码所能表示的数据范围。

8.下溢：指数的绝对值太小，以至小于数据编码所能表示的数据范围。

9.规格化数：在浮点数据编码中，为使浮点数具有唯一的表示方式所作的规定，规定尾数部分用纯小数形式给出，而且尾数的绝对值应大于1/R，即小数点后的第一位不为零。

10.Booth算法：一种带符号数乘法，它采用相加和相减的操作计算补码数据的乘积。

11.海明距离：在信息编码中，两个合法代码对应位上编码不同的位数。

12.冯？诺依曼舍入法：浮点数据的一种舍入方法，在截去多余位时，将剩下数据的最低位置1.

13.检错码：能够发现某些错误或具有自动纠错能力的数据编码。

14.纠错码：能够发现某些错误并且具有自动纠错能力的数据编码。

15.奇校验码：让编码组代码中1的个数为奇数，违反此规律为校验错。

16.海明码：一种常见的纠错码，能检测出两位错误，并能纠正一位错误。

17.循环码：一种纠错码，其合法码字移动任意位后的结果仍然是一个合法码字。

18.桶形移位器：可将输入的数据向左、向右移动1位或多位的移位电路。

二、数制度的转换：

历年真题：

（2001年）1.若十进制数据为 137.5 则其八进制数为（ ）。

A.89.8 B.211.4 C.211.5 D.1011111.101

「分析」：十进制数转化为八进制数时，整数部分和小数部分要用不同的方法来处理。整数部分的转化采用除基取余法：将整数除以8，所得余数即为八进制数的个位上数码，再将商除以8，余数为八进制十位上的数码……如此反复进行，直到商是0为止；对于小数的转化，采用乘基取整法：将小数乘以8，所得积的整数部分即为八进制数十分位上的数码，再将此积的小数部分乘以8，所得积的整数部分为八进制数百分位上的数码，如此反复……直到积是0为止。此题经转换后得八进制数为211.40.

「答案」：B

（2002年）1.若十进制数为132.75，则相应的十六进制数为（ ）。

A.21.3 B.84.c C.24.6 D.84.6

「分析」：十进制数转化为十六进制数时，采用除16取余法；对于小数的转化，采用乘16取整法：将小数乘以16，所得积的整数部分转换为十六进制。此题经转换后得十六进制数为84.c.

「答案」：B

（2003年）14.若十六进制数为 A3.5 ，则相应的十进制数为（ ）。

A.172.5 B.179.3125 C.163.3125 D.188.5

「分析」：将十六进制数A3.5转换为相应的十进制数，可采用乘幂相加法完成，即：10×161+3×160+5×16-1=163.3125.

「答案」：C

（2004年）1.若二进制数为 1111.101 ，则相应的十进制数为 （ ）。

A.15.625 B.15.5 C.14.625 D.14.5

「分析」：将二进制数1111.101转换为相应的十进制数，可采用乘幂相加法完成，即：1×23+1×22++1×21+1×20+1×2-1+1×2-3=15.625.

「答案」：A

（2005年）2.若十六进制数为B5.4，则相应的十进制数为（ ）。

A.176.5 B.176.25 C.181.25 D.181.5

「分析」：将十六进制数B5.4转换为相应的十进制数，可采用乘幂相加法完成，即：11×161+5×160+4×16-1=181.25.

「答案」：C

可见，数制的转换每年必考，必须掌握。

还可能考的题型：

（1）十进制转换为二进制

方法：整数部分除2取余，小数部分乘2取整。

（2）二进制转换为八进制

方法：以小数点为界，整数部分从右向左每三位分为一组，最左端不够三位补零；小数部分从左向右每三位分为一组，最右端不够三位补零；最后将每小组转换位一位八进制数。

（3）二进制转换为十六进制

方法：以小数点为界，整数部分从右向左每四位分为一组，最左端不够四位补零；小数部分从左向右每四位分为一组，最右端不够四位补零；最后将每小组转换位一位十六进制数。

三、数据编码：

定点数编码：

（2000年）2.如果X为负数，由[X]补求[-X]补是将（ ）。

A.[X]补各值保持不变

B.[X]补符号位变反，其它各位不变

C.[X]补除符号位外，各位变反，未位加1

D.[X]补连同符号位一起各位变反，未位加1

「分析」：不论X是正数还是负数，由[X]补求[-X]补的方法是对[X]补求补，即连同符号位一起按位取反，末位加1.

「答案」：D

（2001年）2.若x补 =0.1101010 ，则 x 原=（ ）。

A.1.0010101 B.1.0010110 C.0.0010110 D.0.1101010

「分析」：正数的补码与原码相同，负数的补码是用正数的补码按位取反，末位加1求得。此题中X补为正数，则X原与X补相同。

「答案」：D

（2002年）2.若x=1011，则[x]补=（ ）。

A.01011 B.1011 C.0101 D.10101

「分析」：x为正数，符号位为0，数值位与原码相同，结果为01011.

「答案」：A

（2003年）8.若［X］补=1.1011 ，则真值 X 是（ ）。

A.-0.1011 B.-0.0101 C.0.1011 D.0.0101

「分析」：[X]补=1.1011，其符号位为1，真值为负；真值绝对值可由其补码经求补运算得到，即按位取后得0.0100再末位加1得0.0101，故其真值为-0.0101.

「答案」：B

（2004年）13.设有二进制数 x=－1101110，若采用 8 位二进制数表示，则［X］补（ ）。

A.11101101 B.10010011 C.00010011 D.10010010

「分析」：x=－1101110为负数，负数的补码是将二进制位按位取反后在最低位上加1，故[x] 补 =10010010.

「答案」：D

（2005年）1.若[X]补=0.1011，则真值X=（ ）。

A.0.1011 B.0.0101 C.1.1011 D.1.0101

「分析」：[X]补=0.1011，其符号位为0，真值为正；真值就是0.1011.

「答案」：A

由上可见，有关补码每年都考。同学也要注意一下移码。

（2001）3.若定点整数 64 位，含 1 位符号位，补码表示，则所能表示的绝对值最大负数为（ ）。

A.-264 B.-（264-1 ） C.-263 D.-（263-1）

「分析」：字长为64位，符号位为1位，则数值位为63位。当表示负数时，数值位全0为负绝对值最大，为-263.

「答案」：C

（2002年）3.某机字长8位，含一位数符，采用原码表示，则定点小数所能表示的非零最小正数为（ ）

A.2-9 B.2-8 C.1- D.2-7

「分析」：求最小的非零正数，符号位为0，数值位取非0中的原码最小值，此8位数据编码为：00000001，表示的值是：2-7.

「答案」：D

（2003年）13.n+1 位的定点小数，其补码表示的是（ ）。

A.-1 ≤ x ≤ 1-2-n B.-1 ＜ x ≤ 1-2-n

C.-1 ≤ x ＜ 1-2-n D.-1 ＜ x ＜ 1-2-n

「分析」：

编码方式 最小值编码 最小值 最大值编码 最大值 数值范围

n+1位无符号定点整数 000…000 0 111…111 2n+1-1 0≤x≤2n+1-1

n+1位无符号定点小数 0.00…000 0 0.11…111 1-2-n 0≤x≤1-2-n

n+1位定点整数原码 1111…111 -2n+1 0111…111 2n-1 -2n+1≤x≤2n-1

n+1位点定小数原码 1.111…111 -1+2-n 0.111…111 1-2-n -1+2-n≤x≤1-2-n

n+1位定点整数补码 1000…000 -2n 0111…111 2n-1 -2n≤x≤2n-1

n+1位点定小数补码 1.000…000 -1 0.111…111 1-2-n -1≤x≤1-2-n

n+1位定点整数反码 1000…000 -2n+1 0111…111 2n-1 -2n+1≤x≤2n-1

n+1位点定小数反码 1.000…000 -1+2-n 0.111…111 1-2-n -1+2-n≤x≤1-2-n

n+1位定点整数移码 0000…000 -2n 1111…111 2n-1 -2n≤x≤2n-1

n+1位点定小数移码 小数没有移码定义

「答案」：A

（2004年）12.定点小数反码 [x] 反 =x0. x1 … xn表示的数值范围是（ ）。

A.-1+2-n ＜ x ≤ 1-2-n B.-1+2-n ≤ x ＜1-2-n

C.-1+2-n ≤ x ≤ 1-2-n D.-1+2-n ＜ x ＜1-2-n

答案：C

（2005年）3.一个n+1位整数原码的数值范围是（ ）。

A.-2n+1＜ x 2n-1 B.-2n+1≤ x ＜2n-1

C.-2n+1＜ x ≤2n-1 D.-2n+1≤ x ≤2n-1

答案：D

由上可见，有关定点数编码表示的数值范围每年都考。今年可能考移码，大家要注意。

浮点数编码：

（2002年）4.设某浮点数共12位。其中阶码含1位阶符共4位，以2为底，补码表示；尾数含1位数符共8位，补码表示，规格化。则该浮点数所能表示的最大正数是（ ）。

A.27 B.28 C.28-1 D.27-1

「分析」：为使浮点数取正数最大，可使尾数取正数最大，阶码取正数最大。尾数为8位补码（含符号位），正最大为01111111，为1-2-7，阶码为4位补码（含符号位），正最大为0111，为7，则最大正数为：（1-2-7）×27=27-1.

「答案」：D

四、定点数加减法：

定点数编码：

（2001年）5.若采用双符号位，则发生正溢的特征是：双符号位为（ ）。

A.00 B.01 C.10 D.11

「分析」：采用双符号位时，第一符号位表示最终结果的符号，第二符号位表示运算结果是否溢出。当第二位和第一位符号相同，则未溢出；不同，则溢出。若发生正溢出，则双符号位为01，若发生负溢出，则双符号位为10.

「答案」：B

（2003年）12.加法器中每一位的进位生成信号 g 为（ ）。

A.xi+yi B.xiyi C.xiyici D.xi+yi+ci

「分析」：在设计多位的加法器时，为了加快运算速度而采用了快速进位电路，即对加法器的每一位都生成两个信号：进位生成信号g和进位传播信号p，其中g和p定义为：gi=xiyi，p=xi+yi.

「答案」：B

（2004年）10.多位二进制加法器中每一位的进位传播信号 p 为（ ）。

A.xi+yi B.xiyi C.xi+yi+ci D.xiyici

「分析」：在设计多位的加法器时，为了加快运算速度而采用了快速进位电路，即对加法器的每一位都生成两个信号：进位生成信号g和进位传播信号p其中g和p定义为：gi=xiyi，p=xi+yi.

「答案」：A

（2005年）4.若采用双符号位补码运算，运算结果的符号位为01，则（ ）。

A.产生了负溢出（下溢） B.产生了正溢出（上溢）

C.结果正确，为正数 D.结果正确，为负数

「分析」：采用双符号位时，第一符号位表示最终结果的符号，第二符号位表示运算结果是否溢出。当第二位和第一位符号相同，则未溢出；不同，则溢出。若发生正溢出，则双符号位为01，若发生负溢出，则双符号位为10.

「答案」：B

可见溢出的判断是重要考点，同学还要注意其他两种判断溢出的方法：

（1）两正数相加结果为负或两负数相加结果为正就说明产生了溢出

（2）最高位进位和次高位进位不同则发生了溢出

另外要注意快速进位加法器的进位生成信号g和进位传播信号p其中g和p定义为：gi=xiyi ，p=xi+yi.第i位的进位： .

五、定点数的乘除法：

（2001年）请用补码一位乘中的 Booth 算法计算 x？y=？x=0101，y=-0101，列出计算过程。

「分析」：补码一位乘法中的Booth算法是一种对带符号数进行乘法运算的十分有效的处理方法，采用相加和相减的操作计算补码数据的乘积。做法是从最低位开始，比较相临的数位，相等时不加不减，只进行右移位操作；不相等（01）时加乘数，不相等（10时）相减乘数，再右移位；直到所有位均处理完毕

「答案」：

x=0101，x补=0101， -x补=1011，y=-0101，y补=1011

循环 步骤 乘积（R0 R1 P）

0 初始值 0000 1011 0

1 减0101 1011 1011 0

右移1位 1101 1101 1

2 无操作 1101 1101 1

右移1位 1110 1110 1

3 加0101 0011 1110 1

右移1位 0001 1111 0

4 减0101 1100 1111 0

右移1位 1110 0111 1

所以结果为[x？y]补=11101111，真值为-00011001，十进制值为-25.

（2002年）已知x=0011， y=-0101，试用原码一位乘法求xy=？请给出规范的运算步骤，求出乘积。

「分析」：原码一位乘法中，符号位与数值位是分开进行计算的。运算结果的数值部分是乘数与被乘数数值位的乘积，符号是乘数与被乘数符号位的异或。原码一位乘法的每一次循环的操作是最低位为1，加被乘数的绝对值后右移1位；最低位为0，加0后右移1位。几位乘法就循环几次。

「答案」：

x原=00011，y原=10101，|x|=0011， |y|=0101结果的符号位1 0=1

循环 步骤 乘积（R0 R1）

0 初始值 0000 0101

1 加0011 0011 0101

右移1位 0001 1010

2 加0 0001 1010

右移1位 0000 1101

3 加0011 0011 1101

右移1位 0001 1110

4 加0 0001 1110

右移1位 0000 1111

所以结果为-00001111

（2003年）32.用 Booth 算法计算7×（-3）。要求写出每一步运算过程及运算结果。

参考2001年考题

（2004年）32. 用原码的乘法方法进行 0110×0101 的四位乘法。要求写出每一步运算过程及运算结果。

参考2002年考题

（2005年）32.用原码加减交替一位除法进行7÷2运算。要求写出每一步运算过程及运算结果。

「分析」：是教材P46原题

「答案」：

7的原码0111，3的原码0011，结果符号是0 0=0

原码加减交替除法求x/y的分步运算过程。

循环 步骤 余数（R0 R1）

0 初始值 0000 0111

左移，商0 0000 1110

1 减0011 1101 1110

加0011，商0 0000 1110（0）

左移1位 0001 1100

2 减0011 1110 1100

加0011，商0 0001 1100（0）

左移1位 0011 1000

3 减0011 0000 1000

商1 0000 1000（1）

左移1位 0001 0001

4 减0011 1110 0001

加0011，商0 0001 0001（0）

左移1位 0010 0010

R0右移1位 0001 0010

所以，商是0010，即2；余数是0001，即1.

由上可见，定点数乘除法计算题每年必考（10分），同学除了掌握已经考过的三种题型外，还要特别注意原码恢复余数除法的计算过程，教材P44页例题：计算7/2.我们利用这种方法计算一下7/3.

（2000年）1.在原码一位乘中，当乘数Yi为1时，（ ）。

A.被乘数连同符号位与原部分积相加后，右移一位

B.被乘数绝对值与原部分积相加后，右移一位

C.被乘数连同符号位右移一位后，再与原部分积相加

D.被乘数绝对值右移一位后，再与原部分积相加

「分析」：原码一位乘法中，符号位与数值位是分开进行计算的。运算结果的数值部分是乘数与被乘数数值位的乘积，符号是乘数与被乘数符号位的异或。数值位相乘时，当乘数某位为1时，将被乘数绝对值与原部分积相加后，右移一位。

「答案」：B

（2001年）7.原码乘法是（ ）。

A.先取操作数绝对值相乘，符号位单独处理

B.用原码表示操作数，然后直接相乘

C.被乘数用原码表示，乘数取绝对值，然后相乘

D.乘数用原码表示，被乘数取绝对值，然后相乘

「分析」：原码一位乘法中，符号位与数值位是分开进行计算的。运算结果的数值部分是乘数与被乘数数值位的乘积，符号是乘数与被乘数符号位的异或。

「答案」：A

8.原码加减交替除法又称为不恢复余数法，因此（ ）。

A.不存在恢复余数的操作

B.当某一步运算不够减时，做恢复余数的操作

C.仅当最后一步余数为负时，做恢复余数的操作

D.当某一步余数为负时，做恢复余数的操作

「分析」：在用原码加减交替法作除法运算时，商的符号位是由除数和被除数的符号位异或来决定的，商的数值是由除数、被除数的绝对值通过加减交替运算求得的。由于除数、被除数取的都是绝对值，那么最终的余数当然应是正数。如果最后一步余数为负，则应将该余数加上除数，将余数恢复为正数，称为恢复余数。

「答案」：C

（2002年）5.原码乘法是指（ ）。

A.用原码表示乘数与被乘数，直接相乘

B.取操作数绝对值相乘，符号位单独处理

C.符号位连同绝对值一起相乘

D.取操作数绝对值相乘，乘积符号与乘数符号相同

答案：B

六、逻辑运算：

（2005年）5.已知一个8位寄存器的数值为11001010，将该寄存器小循环左移一位后，结果为（ ）。

A.01100101 B.10010100 C.10010101 D.01100100

「分析」：

移位种类 运算规则

算术左移 每位左移一位，最右位移入0，最高位移出进入标志寄存器C位

算术右移 每位右移一位，最高位符号复制，最低位移出进入标志寄存器C位

逻辑左移 每位左移一位，最右位移入0，最高位移出进入标志寄存器C位

逻辑右移 每位右移一位，最右位移入0，最低位移出进入标志寄存器C位

小循环左移 每位左移一位，最高位进入最低位和标志寄存器C位

小循环右移 每位右移一位，最低位进入最高位和标志寄存器C位

大循环左移 每位左移一位，最高位进入标志寄存器C位，C位进入最低位

大循环右移 每位右移一位，最低位进入标志寄存器C位，C位进入最高位

「答案」：C

七、浮点数运算：

（2001）6.浮点加减中的对阶的（ ）。

A.将较小的一个阶码调整到与较大的一个阶码相同

B.将较大的一个阶码调整到与较小的一个阶码相同

C.将被加数的阶码调整到与加数的阶码相同

D.将加数的阶码调整到与被加数的阶码相同

「分析」：浮点加减法中的对阶是向较大阶码对齐，即将较小的一个阶码调整到与较大的一个阶码相同。

「答案」：A

注意有关浮点数的运算

例：用浮点数运算步骤对56+5进行二进制运算，浮点数格式为1位符号位、5位阶码、10位尾码，基数为2.

「答案」：

5610=1110002=0.111000×26 510=1012=0.101×23

① 对阶：0.101×23=0.000101×26

② 尾数相加：0.111000+0.000101＝0.111101

③ 规格化结果：0.111101×26

④ 舍入：数据己适合存储，不必舍入

⑤ 检查溢出：数据无溢出。

第二章一般不考简答题