1、计算机学科专业基础综合组成原理-计算机系统概述、数据的表示和运算(二)及答案解析(总分：117.00，做题时间：90 分钟)一、B单项选择题/B(总题数：35，分数：70.00)1.某机器字长为 8位，采用原码表示法(其中一位为符号位)，则机器数所能表示的范围是_。 A.-127+127 B.-127+128 C.-128+127 D.-128+128（分数：2.00）A.B.C.D.2.十进制数-0.3125 的 8位移码编码为_。 A.D8H B.58H C.A8H D.28H（分数：2.00）A.B.C.D.3.下列为 8位移码机器数x 移 ，当求-x 移 时，_将会发生溢出。 A.11
2、11 1111 B.0000 0000 C.1000 0000 D.0111 1111（分数：2.00）A.B.C.D.4.定点补码加法运算中，_时表明运算结果必定发生了溢出。 A.双符号位相同 B.双符号位不同 C.正负相加 D.两个负数相加（分数：2.00）A.B.C.D.5.x补 =1.x1x2x3x4，当满足下列_时，x-1/2 成立。 A.x1必须为 1，x 2x 4至少有一个为 1 B.x1必须为 1，x 2x 4任意 C.x1必须为 0，x 2x 4至少有一个为 1 D.x1必须为 0，x 2x 4任意（分数：2.00）A.B.C.D.6.设 x为整数，x 补 =1,x1x2x3
3、x4x5，若要 x-16，x 1x 5应满足的条件是_。 A.x1x 5至少有一个为 1 B.x1必须为 1，x 2x 5至少有一个为 1 C.x1必须为 0，x 2x 5至少有一个为 1 D.x1必须为 0，x 2x 5任意（分数：2.00）A.B.C.D.7.一个 C语言程序在一台 32位机器上运行，程序中定义了 3个变量 x、y、z，其中 x和 z是 int型，y为 short型。当 x=127，y=-9 时，执行赋值语句 z=x+y后，x、y、z 的值分别是_。 A.x=0000007FH，y=FFF9H，z=00000076H B.x=0000007FH，y=FFF9H，z=FFFF
4、0076H C.x=0000007FH，y=FFF7H，z=FFFF0076H D.x=0000007FH，y=FFF7H，z=00000076H（分数：2.00）A.B.C.D.8.假定有 4个整数用 8位补码分别表示：r1=FEH，r2=F2H，r3=90H，r4=F8H，若将运算结果存放在一个 8位寄存器中，则下列运算会发生溢出的是_。 A.r1r2 B.r2r3 C.r1r4 D.r2r4（分数：2.00）A.B.C.D.9.假设寄存器的内容为 00000000，若它等于-128，则该机器采用了_。 A.原码 B.补码 C.反码 D.移码（分数：2.00）A.B.C.D.10.在定点机
5、中执行算术运算时会产生溢出，其根本原因是_。 A.主存容量不够 B.运算结果无法表示 C.操作数地址过大 D.栈溢出（分数：2.00）A.B.C.D.11.当定点运算发生溢出时，应_。 A.向左规格化 B.向右规格化 C.舍入处理 D.发出出错信息（分数：2.00）A.B.C.D.12.下列关于定点数原码一位乘算法的描述正确的是_。符号位不参加运算，根据数值位的乘法运算结果确定结果的符号位在原码一位乘算法过程中，所有移位均是算术移位操作假设两个 n位数进行原码一位乘，部分积至少需要使用 n位寄存器 A.、 B.只有 C.只有 D.全错（分数：2.00）A.B.C.D.13.在补码一位乘中，若判
6、断位 YnYn+1=01，则应执行的操作为_。 A.原部分积加-x 补 ，然后右移一位 B.原部分积加x 补 ，然后右移一位 C.原部分积加-x 补 ，然后左移一位 D.原部分积加x 补 ，然后左移一位（分数：2.00）A.B.C.D.14.在原码两位乘中，符号位单独处理，参加操作的数是_。 A.原码 B.绝对值的补码 C.补码 D.绝对值（分数：2.00）A.B.C.D.15.在补码加减交替除法中，参加操作的数和商符分别是_。 A.绝对值的补码 在形成商值的过程中自动形成 B.补码 在形成商值的过程中自动形成 C.补码 由两数符号位“异或”形成 D.绝对值的补码 由两数符号位“异或”形成（分
7、数：2.00）A.B.C.D.16.假设机器字长为 8位(含两位符号位)，若机器数 DAH为补码，则算术左移一位和算术右移一位分别得_。 A.B4H EDH B.F4H 6DH C.B5H EDH D.B4H 6DH（分数：2.00）A.B.C.D.17.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中只有低符号位需要参加移位操作 A.、 B.只有 C.只有 D. 、（分数：2.00）A.B.C.D
8、.18.若浮点数用补码表示，则判断运算结果为规格化数的方法是_。 A.阶符与数符相同，则为规格化数 B.小数点后第一位为 1，则为规格化数 C.数符与小数点后第 1位数字相异，则为规格化数 D.数符与小数点后第 1位数字相同，则为规格化数（分数：2.00）A.B.C.D.19.在浮点机中，判断原码规格化的形式的原则是_。 A.尾数的符号位与第一数位不同 B.尾数的第一数位为 1，数符任意 C.尾数的符号位与第一位相同 D.阶符与数符不同（分数：2.00）A.B.C.D.20.在浮点机中，_是隐藏的。 A.阶码 B.数符 C.尾数 D.基数（分数：2.00）A.B.C.D.21.关于浮点数在 I
9、EEE 754标准中的规定，下列说法中错误的是_。浮点数可以表示正无穷大和负无穷大两个值如果需要，也允许使用非格式化的浮点数对任何形式的浮点数都要求使用隐藏位技术对 32位浮点数的阶码采用了偏移值为 127的移码表示，尾数用原码表示 A. 、 B.、 C.只有 D.、（分数：2.00）A.B.C.D.22.浮点数加/减运算过程一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍入和判断溢出等步骤。设浮点数的阶码和尾数均采用补码表示，且位数分别为 5位和 7位(均含两位符号位)。若有两个数，即x=2729/32，y=2 55/8，则用浮点数加法计算 x+y的最终结果是_。 A.00111 1100010 B.00
10、111 0100010 C.01000 0010001 D.发生溢出（分数：2.00）A.B.C.D.23.假定变量 i、f、d 的数据类型分别为 int、float、double(int 用补码表示，float 和 double用 IEEE 754标准中的单精度和双精度浮点数据格式表示)，已知 i=785，f=1.5678e3，d=1.5e100，若在 32位机器中执行下列关系表达式，则结果为真的是_。i=(int)(float)i f=(float)(int)ff=(float)(double)f (d+f)-d=f A.仅、 B.仅、 C.仅、 D.仅、（分数：2.00）A.B.C.D.
11、24.float型数据通常用 IEEE 754标准中的单精度浮点数格式表示。如果编译器将 float型变量 x分配在一个 32位浮点寄存器 FR1中，且 x=-8.25，则 FR1的内容是_。 A.C104 0000H B.C242 0000H C.C184 0000H D.C1C2 0000H（分数：2.00）A.B.C.D.25.float类型(即 IEEE 754标准中的单精度浮点数格式)能表示的最大整数是_。 A.2126-2103 B.2127-2104 C.2127-2103 D.2128-2104（分数：2.00）A.B.C.D.26.设浮点数阶的基数为 8，在下列浮点数中，_是
12、规格化数。 A.11.111100 B.00.000111 C.11.101010 D.11.111111（分数：2.00）A.B.C.D.27.算术逻辑单元(ALU)的功能一般包括_。 A.算术运算 B.逻辑运算 C.算术运算和逻辑运算 D.加法运算（分数：2.00）A.B.C.D.28.加法器采用先行进位的根本目的是_。 A.优化加法器的结构 B.快速传递进位信号 C.增强加法器的功能 D.以上都不是（分数：2.00）A.B.C.D.29.组成一个运算器需要多个部件，但下面所列_不是组成运算器的部件。 A.通用寄存器组 B.数据总线 C.ALU D.地址寄存器（分数：2.00）A.B.C.
13、D.30.并行加法器中，每位全和的形成除与本位相加二数数值位有关外，还与_有关。 A.低位数值大小 B.低位数的全和 C.高位数值大小 D.低位数送来的进位（分数：2.00）A.B.C.D.31.ALU属于_。 A.时序电路 B.控制器 C.组合逻辑电路 D.寄存器（分数：2.00）A.B.C.D.32.串行运算器结构简单，其运算规律是_。 A.由低位到高位先行进行进位运算 B.由低位到高位先行进行借位运算 C.由低位到高位逐位运算 D.由高位到低位逐位运算（分数：2.00）A.B.C.D.33.某数采用 IEEE 754标准中的单精度浮点数格式表示为 C640 0000H，则该数的值是_。
14、A.-1.5213 B.-1.5212 C.-0.5213 D.-0.5212（分数：2.00）A.B.C.D.34.某字长为 8位的计算机中，已知整型变量 x、y 的机器数分别为x 补 =1 1110100，y 补 =1 0110000。若整型变量 z=2x+y/2，则 z的机器数为_。 A.1 1000000 B.0 0100100 C.1 0101010 D.溢出（分数：2.00）A.B.C.D.35.用海明码对长度为 8位的数据进行检/纠错时，若能纠正一位错，则校验位数至少为_。 A.2 B.3 C.4 D.5（分数：2.00）A.B.C.D.二、B综合应用题/B(总题数：2，分数：4
15、7.00)假定在一个 8位字长的计算机中运行如下类 C程序段：unsigned int x=134;unsigned int y=246;int m=x;int n=y;unsigned int z1=x-y;unsigned int z2=x+y;int k1=m-n;int k2=m+n;若编译器编译时将 8个 8位寄存器 R1R8 分别分配至变量x、y、m、n、z1、z2、k1 和 k2，则回答下列问题(提示：带符号整数用补码表示)：（分数：12.00）(1).执行上述程序段后，寄存器 R1、R5 和 R6的内容分别是什么?(用十六进制表示)（分数：3.00）_(2).执行上述程序段后，
16、变量 m和 k1的值分别是多少?(用十进制表示)（分数：3.00）_(3).上述程序段涉及带符号整数加/减、无符号整数加/减运算，这 4种运算能否利用同一个加法器及辅助电路实现?简述理由。（分数：3.00）_(4).计算机内部如何判断带符号整数加/减运算的结果是否发生溢出?上述程序段中，哪些带符号整数运算语句的执行结果会发生溢出?（分数：3.00）_将下列十进制数表示成浮点规格化数，阶码 4位(包含一位阶符)，分别用补码和移码表示；尾数 9位(包含一位数符)，用补码表示。（分数：35.00）(1).27/64。（分数：8.75）_(2).-27/64。（分数：8.75）_(3).假设机器字长为
17、 16位，其中阶码 6位(包含两位阶符)，尾数 10位(包含两位数符)。已知十进制数x=125，y=-18.125，试计算x-y 补 (其结果用二进制真值表示，舍入时采用 0舍 1入法)。（分数：8.75）_(4).试比较单重分组跳跃进位链和多重分组跳跃进位链。（分数：8.75）_计算机学科专业基础综合组成原理-计算机系统概述、数据的表示和运算(二)答案解析(总分：117.00，做题时间：90 分钟)一、B单项选择题/B(总题数：35，分数：70.00)1.某机器字长为 8位，采用原码表示法(其中一位为符号位)，则机器数所能表示的范围是_。 A.-127+127 B.-127+128 C.-1
18、28+127 D.-128+128（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 假设机器数字长为 n位，包含一位符号位，则原码、补码、反码的表示范围见下表： B表 机器数的原码、补码、反码的表示范围/B原码 -(2n-1-1)(2 n-1-1)补码 -2n-1(2 n-1-1)反码 -(2n-1-1)(2 n-1-1)2.十进制数-0.3125 的 8位移码编码为_。 A.D8H B.58H C.A8H D.28H（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 首先写出 0.3125的二进制表示形式为 1010 1000(首位为符号位，小数点隐藏在符号位之后)，然后可以直接写出补码的表示形式
19、为 1101 1000，移码即为补码的符号位取反，即 01011000，转换成十六进制数为 58H。3.下列为 8位移码机器数x 移 ，当求-x 移 时，_将会发生溢出。 A.1111 1111 B.0000 0000 C.1000 0000 D.0111 1111（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 0000 0000 移码表示的真值为-128，即 x=-128；可以从补码的角度理解，补码就是移码的符号位取反，即 1000 0000，因此是-128。而-x=+128，超出了 8位移码所能表示的最大正数+127，故溢出，其他选项以此类推。4.定点补码加法运算中，_时表明运算结果必定发
20、生了溢出。 A.双符号位相同 B.双符号位不同 C.正负相加 D.两个负数相加（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 判断定点数补码运算是否溢出，分为 3种情况，其中最常用的一种：采用双符号位，无论加减法，当最后结果的两位符号位不同时，则表明发生溢出。其他两种在前面知识点中已经详细讲解过了。C选项一定不会发生溢出，D 选项可能溢出，可能不溢出。5.x补 =1.x1x2x3x4，当满足下列_时，x-1/2 成立。 A.x1必须为 1，x 2x 4至少有一个为 1 B.x1必须为 1，x 2x 4任意 C.x1必须为 0，x 2x 4至少有一个为 1 D.x1必须为 0，x 2x 4任意（
21、分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 首先，-1/2 的补码表示为 1.1000。其次，需要引出一个结论：当使用补码表示时，如果符号位相同，则数值位越大，码值越大(记住即可)。因此，要使得 x-1/2 成立，x 1必须为 1，x 2x 4至少有一个为 1。6.设 x为整数，x 补 =1,x1x2x3x4x5，若要 x-16，x 1x 5应满足的条件是_。 A.x1x 5至少有一个为 1 B.x1必须为 1，x 2x 5至少有一个为 1 C.x1必须为 0，x 2x 5至少有一个为 1 D.x1必须为 0，x 2x 5任意（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 首先-16 的补码
22、是 1,10000(第一个 1为符号位)，再次引用该结论：当使用补码表示时，如果符号位相同，则数值位越大，码值越大。因此，要使得 x-16，第一位必须为 0，后面则可以任意，即1,0，故选 D。7.一个 C语言程序在一台 32位机器上运行，程序中定义了 3个变量 x、y、z，其中 x和 z是 int型，y为 short型。当 x=127，y=-9 时，执行赋值语句 z=x+y后，x、y、z 的值分别是_。 A.x=0000007FH，y=FFF9H，z=00000076H B.x=0000007FH，y=FFF9H，z=FFFF0076H C.x=0000007FH，y=FFF7H，z=FFF
23、F0076H D.x=0000007FH，y=FFF7H，z=00000076H（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 x 和 z为 int型，说明 x和 z都占 32位的存储空间。127 换成二进制为 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0111 1111，对应的十六进制为 0000007FH。z 进行运算后变成 118，换成二进制为 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0111 0110，对应的十六进制为 00000076H。另外，因为 y为 short型，所以y所占存储空间为 16位，且在计算机中使用补码表示(默认的)。-9 的二进
24、制表示为 1000 0000 0000 1001，因此-9 的补码表示为 1111 1111 1111 0111(符号位不变，其余位取反加 1)，对应的十六进制为FFF7H。8.假定有 4个整数用 8位补码分别表示：r1=FEH，r2=F2H，r3=90H，r4=F8H，若将运算结果存放在一个 8位寄存器中，则下列运算会发生溢出的是_。 A.r1r2 B.r2r3 C.r1r4 D.r2r4（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 本题看上去较为复杂，因为牵涉到乘法运算。但本题的考查目的在于对补码的范围和溢出的理解。补码的最高位是符号位，相乘中只参与正负运算；溢出就是(本题中是 8位)无
25、法表示得到的结果。因此，如果按照书本上的方式来算出每个结果再判定，这肯定会浪费时间。正确的解题方法如下： 8 位补码所表示的十进制范围为-128+127，可把 4个十六进制数全部转换为十进制，进行口算相乘(适合数字很小的运算)，得出的结果中，最大的就是会溢出的。 r1=FEH=1111 1110，符号位为 1，说明为负数。除符号位取反加 1，即 1000 00010，故 r1=-2。 同理可得，r2=-14，r3=-112，r4=-8，故 r1r2=28 r2r3=1568 r1r4=16 r2r4=112 因此，只有 r2r3超出了范围-128+127。9.假设寄存器的内容为 0000000
26、0，若它等于-128，则该机器采用了_。 A.原码 B.补码 C.反码 D.移码（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 当使用 8位补码来表示-128 时，是 10000000(假设采用一位符号位，两位类似)，而移码恰好是补码的符号位取反，结果为 00000000。10.在定点机中执行算术运算时会产生溢出，其根本原因是_。 A.主存容量不够 B.运算结果无法表示 C.操作数地址过大 D.栈溢出（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 此题属于概念题，定点机中执行算术运算时会产生溢出的根本原因是运算所得结果的数值超出了所能表示的范围。11.当定点运算发生溢出时，应_。 A.向左规格
27、化 B.向右规格化 C.舍入处理 D.发出出错信息（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 定点数运算如果发生溢出，则必须发出出错信息进行中断处理，不要和浮点数的尾数溢出混淆。12.下列关于定点数原码一位乘算法的描述正确的是_。符号位不参加运算，根据数值位的乘法运算结果确定结果的符号位在原码一位乘算法过程中，所有移位均是算术移位操作假设两个 n位数进行原码一位乘，部分积至少需要使用 n位寄存器 A.、 B.只有 C.只有 D.全错（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 ：在原码一位乘中，符号位是不参加运算的，结果的符号位是被乘数的符号位和乘数的符号位“异或”的结果，故错误。 ：在
28、原码一位乘算法中，由于参与操作的数是真值的绝对值，因此没有正负可言，故在原码一位乘法中运算过程中所有的移位均是逻辑移位操作，即在高位添加 0，故错误。 ：由于在部分积相加中，可能导致两个小数相加大于 1，因此部分积至少需要使用 n+1位寄存器，故错误。 综上所述，、全错。13.在补码一位乘中，若判断位 YnYn+1=01，则应执行的操作为_。 A.原部分积加-x 补 ，然后右移一位 B.原部分积加x 补 ，然后右移一位 C.原部分积加-x 补 ，然后左移一位 D.原部分积加x 补 ，然后左移一位（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 在前面知识点讲解中，总结了该操作的简单记忆方式，即假
29、设 yi+1-yi=a，那么对应的操作就是部分积先加上 a*x补 再右移一位。注：减x 补 ，就是加上-x 补 。此题中，y i+1-yi=1，故原部分积加x 补 然后右移一位。这里也要记住，一定是右移，不存在左移。14.在原码两位乘中，符号位单独处理，参加操作的数是_。 A.原码 B.绝对值的补码 C.补码 D.绝对值（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 此题属于概念题，在前面知识点讲解中，多次强调原码乘法采用的是绝对值的补码。15.在补码加减交替除法中，参加操作的数和商符分别是_。 A.绝对值的补码 在形成商值的过程中自动形成 B.补码 在形成商值的过程中自动形成 C.补码 由两
30、数符号位“异或”形成 D.绝对值的补码 由两数符号位“异或”形成（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 首先做补码除法时，符号位是和数值位一起参加运算的(故采用的肯定不是绝对值的补码)，因此商符在形成商值的过程中自动形成。16.假设机器字长为 8位(含两位符号位)，若机器数 DAH为补码，则算术左移一位和算术右移一位分别得_。 A.B4H EDH B.F4H 6DH C.B5H EDH D.B4H 6DH（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 首先先将机器数 DAH表示成二进制，即 11011010，在前面知识点讲解中，提过两位符号位的算术移位思想，即高位符号位不参与移位，低位
31、符号位需要参与移位，算术左移变成 10110100(补码算术左移，低位补 0)，转成十六进制，即 B4H；算术右移变成 11101101(补码算术右移，高位添加符号位，此题应该补 1)，转成十进制，即 EDH。17.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中只有低符号位需要参加移位操作 A.、 B.只有 C.只有 D. 、（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 和看前面的总结，故、都是
32、正确的。 ：为了防止左移操作造成溢出，补码的算术左移需要一个前提条件，即其原最高有效位需要与符号位相同。对于这句话的理解，使用两位符号位更为方便。正常情况下，采用两位符号位时，符号位为 00或 11表示正常。如果最高数值位和符号位不一样，那么左移就会导致符号位为 10或者 01，造成溢出。 综上所述，、都是正确的，故选 D。18.若浮点数用补码表示，则判断运算结果为规格化数的方法是_。 A.阶符与数符相同，则为规格化数 B.小数点后第一位为 1，则为规格化数 C.数符与小数点后第 1位数字相异，则为规格化数 D.数符与小数点后第 1位数字相同，则为规格化数（分数：2.00）A.B.C. D.解
33、析：解析 判断运算结果是否规格化和阶符没有关系。如果是双符号位，则规格化的形式为符号位和小数部分最高位相异(由于任何正确的数，两个符号位的值总是相同的，因此前提是两位符号位要相同)。此外，左规是当尾数运算后没有发生溢出但不符合规格化标准时进行的操作，而右规是当尾数发生溢出时进行的操作。19.在浮点机中，判断原码规格化的形式的原则是_。 A.尾数的符号位与第一数位不同 B.尾数的第一数位为 1，数符任意 C.尾数的符号位与第一位相同 D.阶符与数符不同（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 如果浮点数采用原码表示，则尾数的规格化形式为 0.1或者 1.1。20.在浮点机中，_是隐藏的。
34、A.阶码 B.数符 C.尾数 D.基数（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 此题属于概念题，前面重点提示过，在浮点机中，基数默认为 2，故可以隐藏。21.关于浮点数在 IEEE 754标准中的规定，下列说法中错误的是_。浮点数可以表示正无穷大和负无穷大两个值如果需要，也允许使用非格式化的浮点数对任何形式的浮点数都要求使用隐藏位技术对 32位浮点数的阶码采用了偏移值为 127的移码表示，尾数用原码表示 A. 、 B.、 C.只有 D.、（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 ：这个是规定的，浮点数可以表示正无穷大和负无穷大两个值。 ：在特殊的场合当然可以使用非规格化的浮点数，只
35、是在做加减运算时，如果不使用规格化浮点数，就没有办法运算。 ：只对规格化的浮点数才使用隐藏位技术(隐藏最高位 1)。 ：浮点数 IEEE 754标准规定，对 32位浮点数的阶码用偏移值为 127的移码表示，尾数用原码表示。22.浮点数加/减运算过程一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍入和判断溢出等步骤。设浮点数的阶码和尾数均采用补码表示，且位数分别为 5位和 7位(均含两位符号位)。若有两个数，即x=2729/32，y=2 55/8，则用浮点数加法计算 x+y的最终结果是_。 A.00111 1100010 B.00111 0100010 C.01000 0010001 D.发生溢出（分数：2.
36、00）A.B.C.D. 解析：解析 首先，可将 x、y 分别记为 00,111；00.11101 和 00,101；00.10100，然后根据浮点数的加法步骤进行计算。 第一步：对阶。x、y 阶码相减，即 00,111-00,101=00,111+11,011=00,010，当然这里就不用计算了，从题目给出的条件也可以看出，x 的阶码比 y的阶码大 2。根据小阶向大阶看齐的原则，将 y的阶码加 2，尾数右移 2位，即 y变成 00,111；00.00101。 第二步：尾数相加，即00.11101+00.00101=01.00010，尾数相加结果符号位为 01，故需进行右规。 第三步：规格化。将
37、尾数右移 1位，阶码加 1，得 x+y为 01,000；00.10001，阶码符号位为 01，说明发生溢出，且为正溢出。23.假定变量 i、f、d 的数据类型分别为 int、float、double(int 用补码表示，float 和 double用 IEEE 754标准中的单精度和双精度浮点数据格式表示)，已知 i=785，f=1.5678e3，d=1.5e100，若在 32位机器中执行下列关系表达式，则结果为真的是_。i=(int)(float)i f=(float)(int)ff=(float)(double)f (d+f)-d=f A.仅、 B.仅、 C.仅、 D.仅、（分数：2.00
38、）A.B. C.D.解析：解析 分析：首先应当明确，intfloatdouble，表达数据的精度是不断提高的，并且从低到高的转换一般不损失精度，而从高到低的转换可能损失精度。此题中需要找出结果为真的，按照前面说的规则，、很容易就可以判断出，一定是真(此时便可以写出结果，但出于严谨，继续判断)；而因为先将一个浮点型数转换为整数，后又转为浮点型，那么精度一定会有损失，必为假；看上去是相等的，但在计算机的执行中，d+f 会被自动转换为双精度浮点数格式，所以等式左边的精度最终为双精度，而等式右边的 f为单精度，故为假。24.float型数据通常用 IEEE 754标准中的单精度浮点数格式表示。如果编译
39、器将 float型变量 x分配在一个 32位浮点寄存器 FR1中，且 x=-8.25，则 FR1的内容是_。 A.C104 0000H B.C242 0000H C.C184 0000H D.C1C2 0000H（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 此题着重考查 IEEE 754单精度浮点数格式。只要知道格式，基本上就是硬套公式了。首先，将 x表示成二进制，即-1000.01=-1.000012 11。其次，应该计算阶码(不妨设为 E)，根据 IEEE 754单精度浮点数格式有 E-127=3，故 E=130，换成二进制为 1000 0010。最后要记住，最高位“1”是被隐藏的。因此
40、，根据 IEEE 754格式：符号(1 位)+偏移的阶码(8 位)+尾数(23 位)，即1+1000 0010+0000 1000 0000 0000 000转换成十六进制：1100 0001 0000 0100 0000 0000 0000 0000，即 C1040000H。25.float类型(即 IEEE 754标准中的单精度浮点数格式)能表示的最大整数是_。 A.2126-2103 B.2127-2104 C.2127-2103 D.2128-2104（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 首先，最大整数肯定是正数，取数符 ms=0。其次，要使得该数最大，尾数必须最大，即尾数
41、m=.111，其值为 1.111(小数点前面的 1隐藏)，该数怎么转换为十进制?因为尾数后面有 23个 1，显然加上一个 2-23的结果为 10.000，即 2。所以 1.111=2-2-23。 由于采用单精度格式，因此阶码为 8位(采用移码表示)，最大是否为全 1?显然不行，阶码全 0和全 1都是不可取的，因此最大可以取到 11111110，即十进制 254，然后再减去偏移量 127，最后可得最大指数127。 综上所述，可以得到 float类型(即 IEEE 754单精度浮点数格式)能表示的最大整数是 2127(2-2-23)，即2128-2104。 IEEE 754标准浮点数的表示范围，见
42、下表 B表 IEEE 754标准浮点数的表示范围/B格式最小值最大值单精度ms=1，ms=0，m=0，值为1.021-127=2-126m=.111，值为1.1112254-127=2127(2-2-23)双精度ms=1，m=0，值为1.021-1023=2-1022ms=0，m=.111，值为1.11122046-1023=21023(2-2-52)26.设浮点数阶的基数为 8，在下列浮点数中，_是规格化数。 A.11.111100 B.00.000111 C.11.101010 D.11.111111（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 当基数为 8时，尾数的最高 3位不全为 0
43、(对于正浮点数)或者尾数最高 3位不为全 1(对于负浮点数)的数为规格化数。27.算术逻辑单元(ALU)的功能一般包括_。 A.算术运算 B.逻辑运算 C.算术运算和逻辑运算 D.加法运算（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 此题考查 ALU的基本概念，ALU 是执行各种算术(加、减、乘、除)和逻辑运算(“与”、“或”、“非”、“异或”等)操作的部件。28.加法器采用先行进位的根本目的是_。 A.优化加法器的结构 B.快速传递进位信号 C.增强加法器的功能 D.以上都不是（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 采用先行进位的根本目的就是让进位信号传递的时延更小。29.组成一个运算器需要多个部件，但下面所列_不是组成运算器的部件。 A.通用寄存器组 B.数据总线 C.ALU D.地址寄存器（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 在运算器中重点介绍了运算器的基本结构，地址寄存器并不是运算器的部件。30.并行加法器中，每位全和的形成除与本位相加二数数
