1、计算机学科专业基础综合组成原理-数据的表示和运算(二)及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：54，分数：94.00)1.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_。（分数：2.00）A.2-9B.2-8C.2-7D.2-62.已知X 补 =0110 0011，则-X 补 等于_。（分数：2.00）A.0001 1100B.1001 1100C.1001 1101D.以上都不是3.已知X 补 =0.111 1110，则X 原 等于_。（分数：2.00）A.0B.0C.0D.14.早期的计算机只有定点数表示，相比浮点数表
2、示，定点数的缺点有_。 硬件结构复杂 运算编程困难 表示数的范围小 数据存储单元的利用率很低（分数：2.00）A.、B.、C.、D.、5.相同位数的补码、移码、反码中，能表示的整数最多的是_。（分数：2.00）A.补码B.移码C.反码D.补码和移码6.补码定点整数 0101 0000 左移两位后的值为_。（分数：2.00）A.0101 0000B.0100 0000C.0100 0011D.都错7.补码定点整数 1101 0000 右移两位后的值为_。（分数：2.00）A.0100 0000B.0011 0100C.1111 0100D.都错8.若定点整数 k 位，第一位为符号位，采用补码表示
3、，所能表示的绝对值最大负数和最大正数分别为_。（分数：2.00）A.-2k 和 2k-1B.-(2k-1)和 2kC.-2k 和 2kD.-(2k-1)和 2k-19.下列关于原码、补码、反码和移码的叙述中，不正确的是_。（分数：2.00）A.相同位数的补码和移码具有相同的数值范围B.零的补码和移码表示不同C.一般反码用于表示浮点数的阶码D.在实际计算机中，很少存储原码和反码10.n 位补码可表示负数个数为_。（分数：2.00）A.2nB.2n-1C.2n-1-1D.2n-111.下列关于各种移位的说法中，正确的是_。 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
4、移时最低数位丢0，影响精度 对于变形补码，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 在算术移位的情况下，双符号位的移位操作只有低位符号位需要参加移位操作（分数：2.00）A.、B.只有C.只有D.、12.下列关于尾数舍入方法的说法中，错误的有_。 截断法(恒舍法)实现起来最简单，故已普遍在小型及微型机中使用 上舍下入法只有少量的累积误差，且精度也比较高，故已普遍在小型机及微型机中使用 恒置法的主要缺点是表数精度低，故很少被应用在计算机系统中 恒置 1、恒置 0 和截断法这三种舍入方法的最大误差最大的是恒置 1 法（分数：2.00）A.B.、C.、D.和13.8 位
5、补码 0xA0 扩展为 16 位应该是_。（分数：2.00）A.0x00A0B.0xA000C.0xFFA0D.0xA0FF14.已知X 补 =1.101 0100，则X/2 原 等于_。（分数：2.00）A.1B.1C.1D.115.计算机运算溢出检测机制，采用双符号位，下列关于双符号位的说法中正确的有_。 00 表示正号，11 表示负号 结果的符号位为 01 时，称为上溢；结果的符号位为 10 时，称为下溢 符号位都为 00 的两个数相加，运算结果有可能产生溢出 符号位都为 11 的两个数相加，运算结果不会产生溢出（分数：2.00）A.B.、C.、D.、16.两补码数相加，当_时表示结果溢
6、出。（分数：2.00）A.符号位有进位B.最高数位有进位C.符号位进位和最高数位的进位异或结果为 0D.符号位进位和最高数位的进位异或结果为 117.在 IEEE 754 标准中，若存储阶码的寄存器中内容为 3DH，则阶码对应的十进制数为_。（分数：2.00）A.61B.-67C.-61D.-6618.若寄存器内容为 FCH，若它等于-4，则为_。（分数：2.00）A.原码B.补码C.反码D.移码19.下列关于 BCD 码的说法中，正确的有_。 BCD 编码既有二进制数的形式，又保持了十进制数的特点 1011 一定是非法的 BCD 码 BCD 编码可以作为人机联系的一种中间表示，也可以用它直接
7、进行运算 当将 BCD 码传送给运算器进行运算时，其结果需要修正。（分数：2.00）A.、B.、C.、D.、20.使用 12 位寄存器能表示的 BCD 码的无符号整数的范围为_。（分数：2.00）A.-9999B.0999C.04095D.0204721.下列关于溢出的说法中，正确的是_。（分数：2.00）A.正数和负数相加，如果结果为负数(符号位为 1)，表明发生溢出B.两个负数相加，如果结果为正数(符号位为 0)，表明发生溢出C.浮点数的溢出与否由尾数的符号决定，比如尾数补=01，为上溢D.以上全错22.下列数中最小的数为_。（分数：2.00）A.BIN：10010101B.OCT：227
8、C.DEC：177D.HEX：9623.下列关于 ASCII 码的说法中，错误的是_。（分数：2.00）A.用 9 的 ASCII 码减去 O 的 ASCII 码得到的结果是 9B.ASCII 码有 7 位码和 8 位码两种形式。C.在一般的计算机系统中，西文字符编码普遍采用 ASCII 码D.ASCII 码中，“a“小于“Z“24.两个 6 位移码 111011 和 001101 求和后的移码为_。（分数：2.00）A.001000B.011000C.101000D.11100025.1011 1000 是某定点小数的二进制补码，该小数的十进制数值为_。（分数：2.00）A.184B.-56
9、C.-0D.-026.计算机内部采用二进制来编码所有信息拥有很多好处，其中包括_。 二进制只有“0”和“1”，所以基本符号少，易于用稳态电路实现 二进制的编码/计数/运算等规则简单 二进制的“0”和“1”与逻辑命题的“真”和“假”对应，为逻辑运算和逻辑判断提供便利 二进制便于阅读、记忆和书写（分数：2.00）A.、B.、C.、D.以上都是27.计算机系统中常常采用补码进行运算的目的是_。（分数：2.00）A.提高运算的速度B.提高运算的精度C.简化运算器的设计D.便于程序员识别数据28.大部分计算机内的减法是用_来实现的。（分数：2.00）A.将被减数加到减数中B.从被减数中减去减数C.补数的
10、相加D.从减数中减去被减数29.原码加减交替除法又称为不恢复余数法，因此_。（分数：2.00）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30.计算机中的所有信息都以二进制表示的原因是_。（分数：2.00）A.物理器件特性所致B.信息处理方便C.运算速度快D.节约元器件31.计算机内都使用二进制表示信息，那么还要引入十六进制和八进制的原因是_。（分数：2.00）A.节约元件B.实现方便C.可以表示更大范围的数D.用于等价地表示二进制，便于阅读和书写32.十进制 2014 对应的十六进制形式
11、是_。（分数：2.00）A.2014B.07DEC.3736D.1111101111033.假定某数 x=-0100 1010B，在计算机内部的表示为 0011 0110B，则该数所用的编码方法是_。（分数：2.00）A.原码B.反码C.补码D.移码34.设机器数采用移码表示(含 1 位符号位)，若寄存器内容为 9BH，则对应的十进制数为_。（分数：2.00）A.27B.-97C.-101D.15535.若采用双符号位，则两个正数相加产生溢出的特征时，双符号位为_。（分数：2.00）A.00B.01C.10D.1136.若浮点数尾数用补码表示，则下列数中为规格化尾数形式的是_。（分数：2.00
12、）A.1B.0C.0D.137.IEEE 754 标准中，用于表示浮点数阶码的编码通常是_。（分数：2.00）A.原码B.补码C.反码D.移码38.若某数采用 IEEE 754 单精度浮点数格式表示为 4510 0000H，则其值是_。（分数：2.00）A.(+1B.(+1C.(+0D.(+039.假定两种浮点数表示格式的位数都是 32 位，但格式 1 的阶码长，尾数短，而格式 2 是对格式 1 进行了修改，阶码减少了 1 位，尾数增加了 1 位，其他所有规定都相同，则它们可表示的数的精度和范围为_。（分数：2.00）A.两者可表示的数的范围和精度均相同B.格式 1 可表示的数的范围更小，但精
13、度更高C.格式 2 可表示的数的范围更小，但精度更高D.格式 1 可表示的数的范围更大，但精度更高40.假定下列字符编码中含有奇偶校验位，但都没有发生数据错误，那么采用偶校验的字符编码是_。（分数：2.00）A.1101 0011B.1110 0110C.1011 0010D.1011 010141.若 8 位信息位为 11011 100，生成多项式 G(x)=x 5 +x 4 +x+1，则生成的 CRC 码为_。（分数：1.00）A.1101 1100 0010 0B.1101 1100 0000 0C.1101 1100 0001 0D.1001 1100 0000 042.无符号整数 1
14、001 0101B 右移一位后的值为_。（分数：1.00）A.0100 1010BB.0100 1010BC.0010 1010BD.1100 1010B43.在补码加/减运算部件中，无论采用双符号位还是单符号位，必须有_电路，它一般用“异或”门来实现。（分数：1.00）A.移码B.编码C.溢出判断D.移位44.某计算机字长为 8 位，其 CPU 中有一个 8 位加法器。已知无符号数 x=69，y=38，现要在该加法器中完成 x-y 的运算，此时该加法器的两个输入端信息和输入端的低位进位信息分别为_。（分数：1.00）A.0100 0101B、0010 0110B、0B.0100 0101B、
15、1101 1001B、1C.0100 0101B、1101 1010B、0D.0100 0101B、1101 1010B、145.某 8 位计算机中，假定带符号整型变量 x 和 y 的机器数用补码表示，x 补 =F5H，y 补 =7EH，则 x-y 的值及其相应的溢出标志(OF)分别是_。（分数：1.00）A.115、0B.119、0C.115、1D.119、146.假定有两个整数用 8 位补码分别表示为 A=F5H，B=EEH。若将运算结果存放在同样用 8 位补码表示的寄存器中，则下列运算中会发生溢出的是_。（分数：1.00）A.A+BB.A-BC.ABD.都不溢出47.假定一次 ALU 运
16、算和一次移位各占用 1 个时钟周期，则最快的 32 位原码一位乘所需要的时钟周期数大约为_。（分数：1.00）A.32B.64C.96D.12848.若两个(用 IEEE 754 单精度浮点数格式表示)的 float 型变量 x 和 y 的机器数分别表示为 x=40E8 0000H，y=C204 0000H，则在计算 x+y 时，第一步对阶操作的结果E 补 为_。（分数：1.00）A.0000 0111BB.0000 0011BC.1111 1011BD.1111 1101B49.已知 X=11001100，Y=00110011，则 XY 值为_。 (注：为“异或”运算符)（分数：1.00）A
17、.11000011B.11111111C.00000000D.0011110050.下列为 8 位移码机器数X 移 ，当求-X 移 ，_将会发生溢出。（分数：1.00）A.1111 1111B.0000 0000C.1000 0000D.0111 111151.若X 补 =x 0 x 1 x 2 x n ，其中 x 0 为符号位，x 1 为最高数位。若_，则当补码左移时，将会发生溢出。（分数：1.00）A.x0=x1B.x0x1C.x1=0D.x1=152.x=-0.8752 1 ，y=0.6252 2 ，设用 7 位浮点数来表示，格式见下表： 浮点数的格式 阶符 阶码 符号位 尾数 1bit
18、 2bit 1bit 3bit 其中，阶码用原码表示，尾数用补码表示，基数为 2，那么求出 z=x-y 的二进制浮点数规格化结果是_。（分数：1.00）A.1011011B.0111011C.1001011D.以上都不是53.用补码双符号位表示的定点小数，下述哪种情况属负溢出?_（分数：1.00）A.11 1111100B.01 0000100C.10 0011000D.00 100000054.影响 ALU 运算速度的关键因素是_。（分数：1.00）A.进位的速度B.选用的门电路C.计算机的频率D.计算的复杂性二、综合应用题(总题数：2，分数：6.00)55.设机器数字长为 8 位(含 1
19、位符号位在内)，写出对应下列各真值的原码、补码和反码。 -13/64，29/128，100，-87 （分数：3.00）_56.设浮点数格式为：阶码 5 位(含 1 位阶符)，尾数 11 位(含 1 位数符)。 分别写出 51/128、-27/1024、7.375、-86.5 所对应的不同要求的机器数。要求如下： 1)阶码和尾数均为原码。 2)阶码和尾数均为补码。 3)阶码为移码，尾数为补码。 (注：题意中应补充规格化数的要求。) （分数：3.00）_计算机学科专业基础综合组成原理-数据的表示和运算(二)答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：54，分数：94
20、.00)1.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_。（分数：2.00）A.2-9B.2-8C.2-7 D.2-6解析：解析 求最小的非零正数，符号位为 0，数值位取非 0 中原码最小值，该 8 位数据编码为0.0000001，表示的值是 2 -7 ，所以选 C。2.已知X 补 =0110 0011，则-X 补 等于_。（分数：2.00）A.0001 1100B.1001 1100C.1001 1101 D.以上都不是解析：解析 X 为正整数，则原码、补码、反码相同。 解法一：X 原 =01100011，-X 原 =11100011 原 =1001110
21、0 反 =10011101 补 ，所以选 C。 解法二：(可用来验证答案) -X 补 +X 补 =00000000 补 只有 C 项满足01100011 补 +10011 101 补 =00000000 补 解法三：(转换口诀) 由X 补 求-X 补 ，是将X 补 连同符号位一起各位求反，末位加 1。3.已知X 补 =0.111 1110，则X 原 等于_。（分数：2.00）A.0B.0C.0 D.1解析：解析 若原码的真值大于等于 0，其补码跟原码一样。(注意：原码中 0 有两种表示，但补码只有一个。对于原码中的两种 0，无论用两种转换规则的哪种，其补码刚好都是一样的) 补码 0.11111
22、10，从符号位得出为正数，其补码跟原码一样，故选 C。 若为负数，其原码为“符号位不变，数值位取反，末位加 1”。4.早期的计算机只有定点数表示，相比浮点数表示，定点数的缺点有_。 硬件结构复杂 运算编程困难 表示数的范围小 数据存储单元的利用率很低（分数：2.00）A.、B.、C.、D.、 解析：解析 浮点数的硬件结构比定点数复杂，故不是定点数的缺点。 定点数进行运算时，程序程序设计人员必须首先确定机器小数点的位置，并把所有参与运算的数据的小数点都对齐到这个位置上，然后机器才能正确进行运算，故属于定点数的缺点。 定点数的表示数范围小，16 位字长的计算机所能表示的整数的范围只有-327683
23、2767。为了表示两个大小相差很大的数据，需要有很长的字长，故属于定点数的缺点。 为了把小数点的位置定在数据最高位前面，必须把所有参与运算的数据至少都除以这些数据中的最大数，只有这样才能把所有数据都化成纯小数，因而会造成很多数据有大量的前置零，从而浪费了很多数据存储单元，导致数据存储单元的利用率很低，故属于定点数的缺点。 综上所述，本题选 D。5.相同位数的补码、移码、反码中，能表示的整数最多的是_。（分数：2.00）A.补码B.移码C.反码D.补码和移码 解析：解析 4 种表示方式中，正负数都是可以一一对应的。所能表示个数的差别就在于 0 的表示。 原码：原码的 0 有两种表示，即符号位为
24、0 和 1 两种零。 反码：正数的反码与其原码相同；负数的反码是对其原码逐位取反，但符号位除外，故反码的 0 也有两种表示。 补码：补码的 0 只有一种表示，形如 000。注意：100 表示的不是负零，而是最大负数。 移码：移码是符号位取反的补码，故 0 也是只有一种表示。 考生通过理解定义，进而理解 4 种表示方式之间的联系，万变不离其宗，就可以减少记忆错误的失分。 综上所述，补码和移码的表示整数个数都比原码和反码多 1，故选 D。6.补码定点整数 0101 0000 左移两位后的值为_。（分数：2.00）A.0101 0000B.0100 0000 C.0100 0011D.都错解析：解析
25、 解法一：该数为补码，符号位为 0，按照算术补码的移位规则，正数左右移位均添 0，且符号位不变，所以 0101 0000 左移两位后的值为 0100 0000。 解法二：考生有时会忘记这些复杂的规律，这时可以采取其他思路。移位操作的本质就是乘除操作，但若溢出，溢出信息丢失。左移两位就是乘以 4。补码 0101 0000，原码也为 0101 0000，十进制数为26+24，乘以 4 后为：28+26，表示为 1 0100 0000。去掉溢出位，就为 0100 0000。 注意 所有移位操作的题目，都可以化成十进制进行求解或验算。左移 n 位相当于对应的十进制数2 n ，右移 n 位相当于对应的十
26、进制数2 -n 。7.补码定点整数 1101 0000 右移两位后的值为_。（分数：2.00）A.0100 0000B.0011 0100C.1111 0100 D.都错解析：解析 解法一：该数为补码，符号位为 1，按照算术补码移位规则，负数右移添 1，负数左移添0，所以 1101 0000 右移两位后为 1111 0100。 解法二：右移就是除以 4。补码 1101 0000，原码为 1011 0000，十进制数为-(25+24)，除以 4 后为-(23+22)，原码为 1000 1100，补码为 1111 0100。 注意 所有移位操作的题目，都可以化成十进制进行求解或验算。左移 n 位相
27、当于对应的十进制数2 n ，右移 n 位相当于对应的十进制数2 -n 。8.若定点整数 k 位，第一位为符号位，采用补码表示，所能表示的绝对值最大负数和最大正数分别为_。（分数：2.00）A.-2k 和 2k-1 B.-(2k-1)和 2kC.-2k 和 2kD.-(2k-1)和 2k-1解析：解析 根据补码的几条规定即可推出答案： 1)若二进制每位全为 0，则表示数 0。 2)若最高位(即符号位)为 0，表示正数。 3)若最高位为 1，表示是负数，而该负数的绝对值是多少呢?将每个二进制位(包括符号位)取反加 1，得到一个二进制数，将该数看成无符号数，其值就是上述负数的绝对值。例如，二进制的
28、10000000 的最高位为 1，所以它表示的是负数，是负的多少呢?我们将其 8 位全部取反，得到 01111111，然后加 1，得到10000000。将该数看作无符号数，值为 128，故计算机中的 10000000 表示的是-128。最高位(即符号位)为 1 的 8 位有符号数有 128 个，故可表示 128 个负数；最高位为 0 的 8 位有符号数有 128 个，但全 0 的那个表示数 0，所以总共只能表示 127 个正整数。若为 k+1 位，其补码的表示范围为-2 k ，2 k -1。 所以答案为 A。9.下列关于原码、补码、反码和移码的叙述中，不正确的是_。（分数：2.00）A.相同位
29、数的补码和移码具有相同的数值范围B.零的补码和移码表示不同C.一般反码用于表示浮点数的阶码 D.在实际计算机中，很少存储原码和反码解析：解析 同一真值的补码和移码只有一个符号位是不同的，且唐朔飞编写的教材中有真值、补码、移码的对照表。二者表示的范围是一样的，故 A 正确。 若机器字长 k 位，则0 补 =000，0 移 =2 k +0=100，0 补 0 移 ，故 B 正确。 一般移码用于表示浮点数的阶码，故 C 错误。 计算机一般存储的是补码和移码。 原码是有符号数的最简单的编码方式，便于输入输出，但很少用于存储。 反码一般是计算过程中的中间过程。 所以 D 的叙述也是正确的。10.n 位补
30、码可表示负数个数为_。（分数：2.00）A.2nB.2n-1C.2n-1-1D.2n-1 解析：解析 n 位补码表示整数的范围为-2 n-1 ，2 n-1 -1，其中负数为 2 n-1 个，故选 D。 下表为 n 位原码，补码和反码的整数表示范围 n 位原码，补码和反码的整数表示范围 原码 -(2 n-1 -1)(2 n-1 -1) 补码 -2 n-1 (2 n-1 -1) 反码 -(2 n-1 -1)(2 n-1 -1) 11.下列关于各种移位的说法中，正确的是_。 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 对于变形补码，在算术移位
31、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 在算术移位的情况下，双符号位的移位操作只有低位符号位需要参加移位操作（分数：2.00）A.、B.只有C.只有D.、 解析：看下面的总结，故正确。 正常情况下，变形补码的符号为 00 或者 11 时不溢出，如果最高有效位与原符号位不同，比如11.0，左移就会形成 10.这种形式，导致溢出，故正确。 看下面的总结，故正确。12.下列关于尾数舍入方法的说法中，错误的有_。 截断法(恒舍法)实现起来最简单，故已普遍在小型及微型机中使用 上舍下入法只有少量的累积误差，且精度也比较高，故已普遍在小型机及微型机中使用 恒置法的主要缺点是表数精度低
32、，故很少被应用在计算机系统中 恒置 1、恒置 0 和截断法这三种舍入方法的最大误差最大的是恒置 1 法（分数：2.00）A.B.、C.、 D.和解析：解析 正确。截断法又称恒舍法、必舍法等假定舍入前规格化尾数的长度为 p+g 位，p 是尾数有效字长，g 是有效字长 p 位之外的代码长度。截断法的舍入规则是：无论 g 位长度的代码是什么，一律把它舍去，只保留有效字长 p 位代码作为尾数，而且不作任何更改，所以截断法是一种最容易实现的舍入法。 错误。在日常使用的十进制中称为 4 舍 5 入法，在二进制中称为 0 舍 1 入法，在 16 进制中称为 7 舍 8入法。下舍上入法的舍入规则是：以规格化尾
33、数有效字长 p 位之外的 g 位代码的中间值为界，小于这个中间值的则舍，大于或等于这个中间值的则入。下舍上入法的主要优点是精度高，累积误差小，都优于恒置法。下舍上入法的主要缺点是实现起来比较困难，因为在舍入之后可能要再次进行右规格化。目前，下舍上入法已很少实际使用，主要用于用软件实现的浮点运算中。 错误。恒置法的舍入规则是：把规格化尾数有效字长 p 位的最低一位置为 r/2(r 是尾数的基值)，而不管超过有效字长之外的 g 位代码是什么。当尾数基值取 2 时，把尾数有效位的最低一位置为 1；当尾数基值取 16 时，把尾数有效位的最低一位置为 8。恒置法的主要缺点是表数精度比较低，这是由于尾数的
34、最低位被恒置成了 r/2，因此损失了一位精度。其主要优点是实现起来比较容易。目前，恒置法被广泛地应用在各种计算机系统中。 正确。最大误差最大的是恒置 1 法，最小的是 0 舍 1 入法。说明一下：恒置 1，后面也许都是零，这时误差就为最后一位的 1。恒置 0 和截断法是一样的，最大误差很接近 1(取决于被舍掉的位数，如为 2 位，即为 0.11，3 位，即为 0.111，但总是小于 1 的)。0 舍 1 入法，误差最小，它总是小于等于最后一位的0.5。13.8 位补码 0xA0 扩展为 16 位应该是_。（分数：2.00）A.0x00A0B.0xA000C.0xFFA0 D.0xA0FF解析：
35、解析 解法一：8 位补码 0xA0，二进制表示为 1010 0000，原码为 1110 0000，扩展为 16 位原码为 1000 0000 0110 0000，对应补码为 1111 1111 1010 0000，十六进制表示为 0x FFA0。 解法二：扩充的规则其实跟移位是一样的，扩充可以看成我们将 0xA0 左移 8 位，并保留所有位，再右移8 位。故原来的 8 位在原位置保持不变，前 8 位为右移产生的 8 位。根据移位规则，新产生的 8 位都为1，即答案为 0x FFA0。 解法三：扩展位数是不改变数的值的，那么将其都转换为十进制，若值相当的选项，即为正确的答案。 8 位补码 A0=
36、1010 0000 对应值为-96。 A 选项 00A0=0000 0000 1010 0000 对应值为正数，不对。 B 选项 A000=1010 0000 0000 0000 对应值为-(2 14 +2 13 )，还是不对。 C 选项 FFA0=1111 11111010 0000 对应值为-96，正确。 D 选项 A0FF=1010 0000 11111111 对应值为-(2 14 +2 13 +1)，不对。 故本题选 C。14.已知X 补 =1.101 0100，则X/2 原 等于_。（分数：2.00）A.1B.1C.1D.1解析：解析 X 补 =1.101 0100，求X/2 补 ，
37、也就是将X 补 右移一位，得到X/2 补 =1.110 1010。 根据补码转原码的规则，“符号位不变，剩余位求反末位加 1”，求得X/2 原 =1.001 0110。 解法二： X 补 =1.101 0100，求X 原 ，根据补码转原码的规则，“符号位不变，剩余位求反末位加 1”，求得X 原 =1.010 1100，易知X/2 原 =1.001 0110。15.计算机运算溢出检测机制，采用双符号位，下列关于双符号位的说法中正确的有_。 00 表示正号，11 表示负号 结果的符号位为 01 时，称为上溢；结果的符号位为 10 时，称为下溢 符号位都为 00 的两个数相加，运算结果有可能产生溢出
38、 符号位都为 11 的两个数相加，运算结果不会产生溢出（分数：2.00）A.B.、C.、D.、 解析：解析 明显正确，这是规定。 可以通过举例进行检验，比如举个上溢的例子，两个比较大的正整数相加，如 00 1100+00 1100=01 1000。还可以举个下溢的例子，故正确。 正确，当两个同符号的数相加(或者是相异符号数相减)时，运算结果有可能产生溢出。 错误，解释如上。 故本题选 D。16.两补码数相加，当_时表示结果溢出。（分数：2.00）A.符号位有进位B.最高数位有进位C.符号位进位和最高数位的进位异或结果为 0D.符号位进位和最高数位的进位异或结果为 1 解析：解析 题中描述的是进
39、位判断法，当符号位进位与最高数值位进位相异或，即“异或”结果为 1时表示产生溢出。 考生如果忘记了，可以通过举特例来得到答案。 如 4 位补码数(-8)+(-8)=-16 溢出的情况。 对应补码为 1000+1000=1 0000，符号位进位为 1，最高数位进位为 0，故排除 C。 (-1)+(-1)=-2 没有溢出的情况。 对应补码为 1111+1111=1 1110，符号位进位为 1，最高数位进位为 1，故排除 A 和 B。 故选 D。17.在 IEEE 754 标准中，若存储阶码的寄存器中内容为 3DH，则阶码对应的十进制数为_。（分数：2.00）A.61B.-67 C.-61D.-66
40、解析：解析 在 IEEE 754 标准中，尾数采用原码表示，阶码部分采用移码表示。 故移码 3DH，对应二进制为 0011 1101，转换为补码为 1011 1101，转换为原码为 1100 0011，对应十进制为-67。选 B。18.若寄存器内容为 FCH，若它等于-4，则为_。（分数：2.00）A.原码B.补码 C.反码D.移码解析：解析 首先 FCH=1111 1100。 -4 原 =1000 0100，-4 反 =1111 1011。 -4 补 =1111 1100，-4 移 =0111 1100。 正数、负数的原码，反码，补码，移码关系如下图所示。 19.下列关于 BCD 码的说法中
41、，正确的有_。 BCD 编码既有二进制数的形式，又保持了十进制数的特点 1011 一定是非法的 BCD 码 BCD 编码可以作为人机联系的一种中间表示，也可以用它直接进行运算 当将 BCD 码传送给运算器进行运算时，其结果需要修正。（分数：2.00）A.、B.、C.、 D.、解析：解析 、明显正确。BCD 码用二进制表示，且只表示 09。 4 位二进制数16 种代码。任意取其中 10 种代码09。剩余代码就是非法的。常见的有 8421 码、2421码和余 3 码等，故错误，1011 有可能是合法的也可能是非法的(在 8421 码中为非法码，在 2421 中表示十进制的 5，在余 3 码中表示十
42、进制的 8)。所以把 8421 码与 BCD 码混为一谈，这是不准确的，8421 码只是 BCD 码的一种。 BCD 码的运算规则：BCD 码是十进制数，而运算器对数据做加减运算时，都是按二进制运算规则进行处理的。这样，当将：BCD 码传送给运算器进行运算时，其结果需要修正。 至于修正规则不需要掌握 。故正确。20.使用 12 位寄存器能表示的 BCD 码的无符号整数的范围为_。（分数：2.00）A.-9999B.0999 C.04095D.02047解析：解析 寄存器存储的是二进制信息，12 位二进制，对应 3 位。BCD 码。每个 BCD 码表示 10 个数码，故能够表示 101010=1
43、000 个整数，故选 B。21.下列关于溢出的说法中，正确的是_。（分数：2.00）A.正数和负数相加，如果结果为负数(符号位为 1)，表明发生溢出B.两个负数相加，如果结果为正数(符号位为 0)，表明发生溢出 C.浮点数的溢出与否由尾数的符号决定，比如尾数补=01，为上溢D.以上全错解析：解析 A 错误，正数和负数相加不会产生溢出。 B 正确。 C 错误，当尾数出现 01，或 10，时，表示尾数溢出，这在定点加减运算中是不允许的，但在浮点运算中这不算溢出，可通过右规处理。右规时尾数右移一位，阶码加 1。所以浮点机的溢出与否不是由尾数的符号位决定的，它是由阶码的符号决定，即阶码 补 =01，为
44、上溢，需作溢出处理，阶码 补 =10，为下溢，按机器零处理。22.下列数中最小的数为_。（分数：2.00）A.BIN：10010101 B.OCT：227C.DEC：177D.HEX：96解析：解析 “BIN”表示二进制，“OCT”表示八进制。“DEC”表示十进制，“HEX”表示十六进制。 ABIN：10010101 转换为 DEC：149 BOCT：227 转换为 DEC：151 CDEC：152 转换为 DEC：152 DHEX：96 转换为 DEC：150 所以本题的答案为 A。23.下列关于 ASCII 码的说法中，错误的是_。（分数：2.00）A.用 9 的 ASCII 码减去 O
45、的 ASCII 码得到的结果是 9B.ASCII 码有 7 位码和 8 位码两种形式。C.在一般的计算机系统中，西文字符编码普遍采用 ASCII 码D.ASCII 码中，“a“小于“Z“ 解析：解析 A 正确，ASCII 码中，数字和英文字母都是按顺序排列的，即“9“-“0“=9。 B、C 正确。属于识记类知识点。 D 错误，在 ASCII 码中，大写字母的 ASCII 码值都比小写的小。如“A“=65，“a“=97。24.两个 6 位移码 111011 和 001101 求和后的移码为_。（分数：2.00）A.001000B.011000C.101000 D.111000解析：解析 解法一：
46、 X+Y 移 =X 移 +Y 补 =111011+101101=101000，故选 C。 解法二： 直接转换为十进制数进行验证即可。 移码 111011 表示的十进制为 27 移码 001101 表示的十进制为-19 求和后为 8，移码为 101000，故选 C。25.1011 1000 是某定点小数的二进制补码，该小数的十进制数值为_。（分数：2.00）A.184B.-56C.-0 D.-0解析：解析 定点小数补码 1011 1000，对应的原码为 1100 1000，十进制为-(1/2+1/16)=-0.5625，故本题选 C。26.计算机内部采用二进制来编码所有信息拥有很多好处，其中包括_。 二进制只有“0”和“1”，所以基本符号少，易于用稳态电路实现 二进制的编码/计数/运算等规则简单 二进制的“0”和“1”与逻辑命题的“真”和“假”对应，为逻辑运算和逻辑判断提供便利 二进制便于阅读、记忆和书写（分数：2.00）A.、B.、 C.、
