1、数据的表示和运算及答案解析(总分：208.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：39，分数：78.00)1.适合于科学计算的数据表示形式为( )。（分数：2.00）A.字符串B.定点数C.二/十进制数D.浮点数2.设浮点数阶的基数为 8，尾数用模 4 补码表示。试指出下列浮点数中( )是规格化数。（分数：2.00）A.11.111000B.00.000111C.11.101010D.00.1111013.下列为 8 位移码机器数x 移 ，当求-x 移 时，( )将会发生溢出。（分数：2.00）A.11111111B.00000000C.10000000D.0111111114.在
2、 4 位有效信息上增加 3 位校验位后得到码长为 7 位的海明校验码，它的检、纠错能力为( )。（分数：2.00）A.纠一位错或检两位错B.纠一位错且检两位错C.只有检错能力，没有纠错能力D.只有纠错能力，没有检错能力5.在规格化的浮点数表示中，保持其他方面不变将阶码部分的移码表示改为补码表示，将会使数的表示范围( )。（分数：2.00）A.增大B.减小C.不变D.以上都不对6.下列校验码中，奇校验正确的有( )。（分数：2.00）A.110100111B.001000111C.010110011D.1101001117.两补码相加，采用 1 位符号位，当( )时，表示结果溢出。（分数：2.0
3、0）A.符号位有进位B.符号位进位和最高数位进位异或结果为 OC.符号位为 1D.符号位进位和最高数位进位异或结果为 18.计算机系统中采用补码运算的目的是为了( )。（分数：2.00）A.与手工运算方式保持一致B.提高运算速度C.简化计算机的设计D.提高运算的精度9.32 位浮点数格式中，符号位为 1 位，阶码为 8 位，尾数为 23 位，则它所能表示的最大规格化数为( )。（分数：2.00）A.+(2-2-23)2+197B.+(1-2-23)2+127C.+(2-2-23)2+255D.2127-2-2310.下列( )是不合法的 BCD 码。（分数：2.00）A.0111 1001B.
4、1101 0110C.0000 0100D.1000 010111.在补码表示的机器中若寄存器 A 中存放数 9EH，经过一次( )运算它可以变为 CFH。（分数：2.00）A.算术左移B.逻辑左移C.算术右移D.逻辑右移12.在原码不恢复余数法(又称为原码加减交替法)算法中，( )。（分数：2.00）A.每步操作后，若不够减，则需恢复余数B.每步操作后，若为负商，则恢复余数C.在整个算法过程中，从不恢复余数D.仅当最后一步不够减时，才恢复一次余数13.定点数运算发生溢出时应该( )。（分数：2.00）A.输出错误信息B.舍入处理C.向左规格化D.向右规格化14.8 片 74181 和 2 片
5、 74182 可以组成( )。（分数：2.00）A.组内并行进位，组间串行进位的 32 位 ALUB.二级先进位结构的 32 位 ALUC.组内并行进位，组间串行进位的 16 位 ALUD.三级先进位结构的 32 位 ALU15.浮点数的格式为 10 位字长，阶码 4 位，基为 2。当阶码和尾数均用原码表示，且为规格化形式(采用隐藏位)，下面( )浮点数表示 0.4。（分数：2.00）A.0101010011B.0100111001C.0000011001D.000001001116.变补操作的含义是( )。（分数：2.00）A.将一个数的原码变成补码B.将一个数的反码变成补码C.将一个数的真
6、值变成补码D.已知一个数的补码，求它的相反数的补码17.一个 8 位二进制整数，若采用补码表示，且由 4 个 1 和 4 个 O 组成，则最小值为( )。（分数：2.00）A.-120B.-7C.-112D.-12118.定点小数 X 的补码表示范围是( )。（分数：2.00）A.-1X1B.-1X1C.-1X1D.-1X119.XY 为定点二进制数，其格式为 1 位符号位，n 位数值位。若采用 Booth 补码一位乘法实现乘法运算，则最多需要( )次加法运算。（分数：2.00）A.n-1B.nC.n+1D.n+220.长度相同但格式不同的 2 种浮点数，假设前者阶码长、尾数短，后者阶码短、尾
7、数长，其他规定均相同，则它们可表示的数的范围和精度为( )。（分数：2.00）A.两者可表示的数的范围和精度相同B.前者可表示的数的范围大但精度低C.后者可表示的数的范围大且精度高D.后者可表示的数的范围大且精度低21.下列说法正确的是( )。（分数：2.00）A.采用变形补码进行加减运算可以避免溢出B.只有定点数运算才有可能溢出，浮点数运算不会产生溢出C.只有带符号数的运算才有可能产生溢出D.只有将两个正数相加时才有可能产生溢出22.AB补 =( )。（分数：2.00）A.A补 B补/suB.A补B补-A补2 n/suC.A补D.A补 B-A补 2n/su23.下列不同进位计数制的数中，最大
8、的数是( )。（分数：2.00）A.(0.101)2B.(0.62)10C.(0.52)8D.(0.75)1624.若x 补 =x0x1x2xn，其中 x0 是符号位，x 1 是最高数位，若( )时，则当补码左移会发生溢出。（分数：2.00）A.x0=x1B.x0x 1C.x1=OD.x1=125.在尾数采用补码的浮点数运算中，出现( )情况应该进行规格化处理。（分数：2.00）A.符号位与最高数值位不同B.符号位与最高数值位相同C.符号位与最低数值位不同D.符号位与最低数值位相同26.在哪种结构的运算器中需要在 ALU 的两个输入端加上两个缓冲寄存器( )?（分数：2.00）A.单总线结构B
9、.双总线结构C.三总线结构D.都需要加27.以下说法错误的是( )。（分数：2.00）A.一个汉字的机内码占有两个字节。B.汉字机内码的两个字节最高位均为“1”。C.汉字机内码的两个字节中第一个字节的最高位为“1”。D.汉字的机内码、输入编码、字模码一般不相同。28.4 片 74181 ALU 和 1 片 74182 CLA 相配合，具有如下进位传递功能( )。（分数：2.00）A.串行进位B.组内并行进位，组间串行进位C.组内串行进位，组间并行进位D.组内、组间均为并行进位29.用补码双符号位表示的定点小数，下述哪种情况属于负溢出?( )（分数：2.00）A.1100000000B.01.0
10、000000C.10.0000000D.00.100000030.某数在计算机中用余 3 码表示为 0111 1000 1001，其真值是( )。（分数：2.00）A.456B.456HC.789D.789H31.设在数据传送中采用偶校验，若接收到代码为 10111011，则表明传送中( )。（分数：2.00）A.未出现错误B.最低位出错C.未出现错误或出现偶数位错D.出现奇数位错32.采用变形补码是为了便于( )。（分数：2.00）A.将补码转化为原码B.对阶C.判溢出D.将补码转化为反码33.在加法器、寄存器的基础上增加部分控制电路实现乘除法时，用 B 寄存器存放( )，这两个操作数的共同
11、特点是在乘除运算过程中保持不变。（分数：2.00）A.被乘数和被除数B.被除数和除数C.乘数和被除数D.乘数和除数34.常用的分组校验(n，k)码中，冗余位的位数为( )位。（分数：2.00）A.n+kB.n-kC.nD.k35.用 n+1 位字长(含 1 位符号位)表示原码定点整数时，所能表示的数值范围是( )；用 n+1 位字长(含 1 位符号位)表示原码定点小数时，所能表示的数值范围是( )。（分数：2.00）A.0|N|2n-1B.0|N|2n+1-1C.1|N|2n-1-1D.1|N|2n-1E.0|N|1-2-nF.0|N|1-2-(n+1)36.8 位补码 10010011 等值
12、扩展到 16 位后，其机器数为( )。（分数：2.00）A.1111111110010011B.0000000010010011C.1000000010010011D.111111110110110137.IEEE754 标准的浮点数对尾数编码采用的是( )。（分数：2.00）A.原码B.反码C.补码D.移码38.某浮点机，采用规格化浮点数表示，阶码用移码表示(最高位代表符号位)，尾数用补码表示。下列规格化浮点数哪个数最大( )。（分数：2.00）A.1111111，10000.00B.0011111，1.0111.01C.1000001，0.1111.01D.0111111，0.1000.1
13、039.两个浮点数相加，一个数的阶码值为 7，另一个数的阶码值为 9，则需要将阶码值较小的浮点数的小数点( )。（分数：2.00）A.左移一位B.右移一位C.左移二位D.右移二位二、综合应用题(总题数：13，分数：130.00)40.用 74LSl81，74LSl82 中规模集成电路芯片组成一个三级全先行进位的 40 位 ALU，要求：1画出该 ALU 的组成逻辑图(图中与进位无关的引脚可以省略)，要求使用的芯片数最省；2请详细说明各级的分级方案，并进一步解释你为什么要采用这样的方案?（分数：10.00）_41.设有浮点数，x=25(+9/16)，y=23(-13/16)，阶码用 4 位(含
14、1 位符号位)补码表示，尾数用 5 位(含 1 位符号位)补码表示，求真值 x/y=?要求写出完整的浮点运算步骤，并要求直接用补码加减交替法完成尾数除法运算。（分数：10.00）_42.在定点补码加法运算中，产生溢出的条件是什么?写出两种溢出的判断方法，并分析溢出的过程。（分数：10.00）_43.设 X=27(29/32)，Y=25(5/8)，阶码为 3 位，尾数为 5 位(均不包含符号数)，用变形补码计算 X+Y，要求按照计算机中浮点数的运算方法写出详细运算步骤。（分数：10.00）_44.用 32 位二进制补码表示整数，可以表示的最大正数是 2 驰一 1，绝对值最大的负数是-231。为什
15、么正、负数范围不对称(即为什么负整数比正整数多一个)?写出这两个数的二进制代码(用十六进制表示)。（分数：10.00）_45.利用 BCLA 加法器和 CLA 电路设计 20 位加法器，要求：(1)构建 20 位单级先行进位加法器：使用 5 个四位的 BCLA 加法器；使用 4 个五位的 BCLA 加法器；分别画出连接简图(请特别标明进位信号)。比较这两种方法得到的最长进位延迟时间有无区别。(2)构建 20 位二级先行进位加法器：使用 5 个四位的 BCLA 加法器和 1 个五位的 CLA 电路；使用 4 个五位的 BcLA 加法器和 1 个四位的 CLA 电路；分别画出连接简图(请特别标明进
16、位信号)。比较这两种方法得到的最长进位延迟时间有无区别。（分数：10.00）_46.一个 C 语言程序在一台 32 位机器上运行。程序定义了三个变量 x、y 和 z，其中 x 和 z 为 int 型，y 为 short 型。当 x=127，y=-9 时，执行赋值语句 z=x+y后，x、y 和 z 的值分别是( )。 Ax=0000007FH，y=FFF9H，z=00000076H Bx=0000007FH，y=FFF9H，z=FFFF0076H Cx=0000007FH，y=FFF7H，z=FFFF0076H Dx=0000007FH，y=FFF7H，z=00000076H（分数：10.00）
17、_47.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2 位符号位)。若有两个数 X=2729/32，Y=255/8，则用浮点加法计算 X+Y 的最终结果是( )。（分数：10.00）A.00111 1100010B.00111 0100010C.01000 0010001D.发生溢出48.设浮点数字长 32 位，其中阶码部分 8 位(含 1 位阶符)，尾数部分 24 位(含 1 位数符)，当阶码的基值分别是 2 和 16 时：(1)说明基值 2 和 16 在浮点数中如何表示；(2)当阶码和尾数均
18、用补码表示，且尾数采用规格化形式时给出两种情况下所能表示的最大正数真值和非零最小正数真值；(3)在哪种基值情况下，数的表示范围大?(4)在两种基值情况下，对阶和规格化操作有何不同?（分数：10.00）_49.已知 X=0.0010011 Y=-0.0110110(1)写出 X 和 Y 的浮点数格式，阶码用原码，尾数用补码(位数自选)(2)用浮点数运算方法计算 X+Y、X-Y(要求写出计算过程)（分数：10.00）_50.某 16 位字长计算机的运算器采用 74181 和 74182 电路芯片来设计，各位间的进位采用全并行的方法。(1)问需要 74181 和 74182 芯片各多少个?(2)画芯
19、片连接图。（分数：10.00）_51.下图给出了一补码加法器，图中 A0、B 0 分别为两个操作数的符号位，A 1、B 1 分别为操作数的最高有效数字位，要求：(1)增加能实现减法运算的逻辑电路。并说明加、减法是如何被控制实现的。(2)在给定电路的基础上增加以变形补码进行运算、具有溢出检测功能的逻辑电路。（分数：10.00）_52.假定一个十进制数为一 66，按补码形式存放在一个 8 位寄存器中，该寄存器的内容用十六进制表示为( )。（分数：10.00）A.C2HB.BEHC.BDHD.42H数据的表示和运算答案解析(总分：208.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：39，分数
20、：78.00)1.适合于科学计算的数据表示形式为( )。（分数：2.00）A.字符串B.定点数C.二/十进制数D.浮点数 解析：浮点数表示范围大，精度高，适合于科学计算。2.设浮点数阶的基数为 8，尾数用模 4 补码表示。试指出下列浮点数中( )是规格化数。（分数：2.00）A.11.111000B.00.000111C.11.101010D.00.111101 解析：规格化数要求小数点后第一位有效数值位为 1，对于补码表示方式，即要求符号位与最高数位相异。3.下列为 8 位移码机器数x 移 ，当求-x 移 时，( )将会发生溢出。（分数：2.00）A.11111111B.00000000 C
21、.10000000D.011111111解析：8 位移码的表示范围是-128+127所以 x=-128 时会发生溢出。4.在 4 位有效信息上增加 3 位校验位后得到码长为 7 位的海明校验码，它的检、纠错能力为( )。（分数：2.00）A.纠一位错或检两位错B.纠一位错且检两位错 C.只有检错能力，没有纠错能力D.只有纠错能力，没有检错能力解析：有效信息位数为 4 位，校验位数为 3，整个码长为 7，则满足不等式：N=7=4+32 3-1，所以可纠一位错，检两位错。5.在规格化的浮点数表示中，保持其他方面不变将阶码部分的移码表示改为补码表示，将会使数的表示范围( )。（分数：2.00）A.增
22、大B.减小C.不变 D.以上都不对解析：将阶码部分的移码改为补码表示，并不会使数的表示范围发生变化，只会使阶码的表示形式发生变化。6.下列校验码中，奇校验正确的有( )。（分数：2.00）A.110100111B.001000111C.010110011 D.110100111解析：奇校验正确是要维持数据里 1 的个数为奇数，以上 4 个选项中，答案 C 中有 5 个 1，“5”是奇数，表示奇校验正确。7.两补码相加，采用 1 位符号位，当( )时，表示结果溢出。（分数：2.00）A.符号位有进位B.符号位进位和最高数位进位异或结果为 OC.符号位为 1D.符号位进位和最高数位进位异或结果为
23、1 解析：采用 1 位符号位判断溢出的方法有两个其中之一是最高位(即符号位)与次高位(即数值位)进位有关，判断条件是：最高位 c r次高位 c。8.计算机系统中采用补码运算的目的是为了( )。（分数：2.00）A.与手工运算方式保持一致B.提高运算速度C.简化计算机的设计 D.提高运算的精度解析：补码运算能把减法化为加法来完成，从而使得运算器中不需配置减法电路，节省了硬件线路，简化了运算器的设计。9.32 位浮点数格式中，符号位为 1 位，阶码为 8 位，尾数为 23 位，则它所能表示的最大规格化数为( )。（分数：2.00）A.+(2-2-23)2+197 B.+(1-2-23)2+127C
24、.+(2-2-23)2+255D.2127-2-23解析：最大的格式化负数应该是阶码最大，且尾数绝对值最大的数。10.下列( )是不合法的 BCD 码。（分数：2.00）A.0111 1001B.1101 0110 C.0000 0100D.1000 0101解析：BCD 码是十进制的二进制编码，即将一位十进制数 09 用四位二进制数 00001001 表示，四位编码中剩下的 6 种二进制编码 10101111 都是非法的 BCD 码。11.在补码表示的机器中若寄存器 A 中存放数 9EH，经过一次( )运算它可以变为 CFH。（分数：2.00）A.算术左移B.逻辑左移C.算术右移 D.逻辑右
25、移解析：经过比较，可以看出 CFH 是在 9EH 的基础上右移并且最高位补 1 得到的，这个规则和算术右移一致。逻辑右移是在最高位补零，而算术左移和逻辑左移完全一样，都是在最低位补零。12.在原码不恢复余数法(又称为原码加减交替法)算法中，( )。（分数：2.00）A.每步操作后，若不够减，则需恢复余数B.每步操作后，若为负商，则恢复余数C.在整个算法过程中，从不恢复余数 D.仅当最后一步不够减时，才恢复一次余数解析：原码不恢复余数法是在恢复余数除法的基础上改进得到的，在整个算法中，不再恢复余数，从而能使运算过程规则。13.定点数运算发生溢出时应该( )。（分数：2.00）A.输出错误信息 B
26、.舍入处理C.向左规格化D.向右规格化解析：在定点机中，正常情况下溢出是不允许的，所以当运算结果发生溢出时表示出错，应当进行中断处理，输出错误信息。14.8 片 74181 和 2 片 74182 可以组成( )。（分数：2.00）A.组内并行进位，组间串行进位的 32 位 ALUB.二级先进位结构的 32 位 ALU C.组内并行进位，组间串行进位的 16 位 ALUD.三级先进位结构的 32 位 ALU解析：本题考查了 74181 和 74182 的基本功能以及利用这两种芯片构成 ALU 的方法。74181 是 4 位的ALU 芯片，8 片的 74181 可以构成 32 位的 ALU，74
27、182 是 CLA 先行进位芯片，与 74181 配合使用，可以实现不同结构的 ALU，现在有 8 片 74181 和 2 片 74182，所以能够构成二级先进位结构的 32 位 ALU。15.浮点数的格式为 10 位字长，阶码 4 位，基为 2。当阶码和尾数均用原码表示，且为规格化形式(采用隐藏位)，下面( )浮点数表示 0.4。（分数：2.00）A.0101010011 B.0100111001C.0000011001D.0000010011解析：4=0.0110011B=1.100112 -2，数符在前，其次是阶码，最后是尾数，且采用隐藏位，当阶码和尾数均用原码表示，则表示为 0 101
28、0 10011。16.变补操作的含义是( )。（分数：2.00）A.将一个数的原码变成补码B.将一个数的反码变成补码C.将一个数的真值变成补码D.已知一个数的补码，求它的相反数的补码 解析：变补操作目的是为了将减法运算化为加法来做，减去一个数就等于加上这个数的相反数，所以将减数的补码进行取反加一变成相反数的补码。17.一个 8 位二进制整数，若采用补码表示，且由 4 个 1 和 4 个 O 组成，则最小值为( )。（分数：2.00）A.-120B.-7C.-112D.-121 解析：补码负数的特点是数值位对应的真值越小，其绝对值越大，即负得越多。所以由 4 个 1 和 4 个 O 组成的补码数
29、中，最小的补码表示为 10000111，即真值为-121。18.定点小数 X 的补码表示范围是( )。（分数：2.00）A.-1X1B.-1X1C.-1X1 D.-1X1解析：定点小数用特殊数 1 后面 n 个 0 表示最小的负数-1，定点小数补码表示中用特殊数(即符号位 1 后面 n 个 0，n 表示数值位位数)表示最小的负数-1，而最大的正数是符号位为 0，数值位为全 1 的数，即 1-2-n，所以 X1。19.XY 为定点二进制数，其格式为 1 位符号位，n 位数值位。若采用 Booth 补码一位乘法实现乘法运算，则最多需要( )次加法运算。（分数：2.00）A.n-1B.nC.n+1
30、D.n+2解析：Booth 乘法运算中，符号位也参与运算。所以需要 n+1 次加法运算。20.长度相同但格式不同的 2 种浮点数，假设前者阶码长、尾数短，后者阶码短、尾数长，其他规定均相同，则它们可表示的数的范围和精度为( )。（分数：2.00）A.两者可表示的数的范围和精度相同B.前者可表示的数的范围大但精度低 C.后者可表示的数的范围大且精度高D.后者可表示的数的范围大且精度低解析：在浮点数表示法中，阶码影 n 向表示的范围，阶码越长表示的范围越大，尾数影响精度，尾数越长，表示的精度越高。21.下列说法正确的是( )。（分数：2.00）A.采用变形补码进行加减运算可以避免溢出B.只有定点数
31、运算才有可能溢出，浮点数运算不会产生溢出C.只有带符号数的运算才有可能产生溢出 D.只有将两个正数相加时才有可能产生溢出解析：采用排除法解题，变形补码能判溢出，但是不能避免溢出，所以 A 错。浮点数的阶码超过上限(最大数)，也会产生溢出，B 错。同号数相加或者异号数相减都会产生溢出，D 错。22.AB补 =( )。（分数：2.00）A.A补 B补/suB.A补B补-A补2 n/su C.A补D.A补 B-A补 2n/su解析：补码直接参加乘法运算，必须要进行修正，修正的方法是在补码直接相乘得到的乘积基础上减去A 补 2n。23.下列不同进位计数制的数中，最大的数是( )。（分数：2.00）A.
32、(0.101)2B.(0.62)10C.(0.52)8 D.(0.75)16解析：首先将八、十六进制统一为二进制，即将答案 C、D 转换为二进制数，然后与答案 A 进行比较，(0.52) 8=(0.101 010)2(0.101) 2；(0.75) 16=(0.0111 0101)2(0.101) 2，得出(0.52) 8 较大，最后用(0.52) 8 与(0.62) 10 比较，(0.52) 8=58-1+28-25/8(0.62) 10，故(0.52) 8 最大。24.若x 补 =x0x1x2xn，其中 x0 是符号位，x 1 是最高数位，若( )时，则当补码左移会发生溢出。（分数：2.0
33、0）A.x0=x1B.x0x 1 C.x1=OD.x1=1解析：当 x 是正数时，符号位为 0，则最高数位为 1 时，左移时会发生溢出；而当 x 是负数时，符号位为 1，则最高数位为 O 时，左移也会溢出，所以 x0x 1补码左移会溢出。25.在尾数采用补码的浮点数运算中，出现( )情况应该进行规格化处理。（分数：2.00）A.符号位与最高数值位不同B.符号位与最高数值位相同 C.符号位与最低数值位不同D.符号位与最低数值位相同解析：尾数采用补码的浮点数运算中，运算结果要符合尾数规格化要求。若结果为正，符号位与最高数值位都为 0，表示尾数需要向左移动，使最高数值位为1；若结果为负，而符号位与最
34、高数值位都为 1，表示尾数也需要向左移动，使最高数值位为 0(取反为 1)，即符号位与最高数值位相同时需规格化。26.在哪种结构的运算器中需要在 ALU 的两个输入端加上两个缓冲寄存器( )?（分数：2.00）A.单总线结构 B.双总线结构C.三总线结构D.都需要加解析：对于单总线结构的 ALU，由于同一时间内，只能有一个操作数在单总线上，为了把两个操作数输入到 ALU，需要分两次来做，而只有两个操作数同时出现在 ALU 的两个输入段，ALU 才能执行运算。所以需要在 ALU 的两个输入端加上两个缓冲寄存器，先把一个操作数暂存在一个缓冲器中，然后再把第二个操作数送到另一个缓冲器中，这样两个操作
35、数才能同时出现在输入端。27.以下说法错误的是( )。（分数：2.00）A.一个汉字的机内码占有两个字节。B.汉字机内码的两个字节最高位均为“1”。C.汉字机内码的两个字节中第一个字节的最高位为“1”。 D.汉字的机内码、输入编码、字模码一般不相同。解析：汉字编码可分为机内码、机外码和字模码(又称点阵码)三种。机外码主要指汉字输入码。机内码是在汉字国标区位码(简称为国标码)的基础上规定而成，国标码是用两个字节组合而成的，一个字节表示汉字所在的区号，另一个字节表示汉字所在的位号。如果将国标码编码的每个字节的最高位置“1”，便得到了汉字的机内码，这样既可和国标码有紧密的联系，又可和 ASCII 码
36、严格区别，不会发生混淆。28.4 片 74181 ALU 和 1 片 74182 CLA 相配合，具有如下进位传递功能( )。（分数：2.00）A.串行进位B.组内并行进位，组间串行进位C.组内串行进位，组间并行进位D.组内、组间均为并行进位 解析：74181 芯片的 4 位运算单元作为一个小组，组内采用并行进位，由芯片内部的电路完成，而大组内(小组间)的进位由先行进位部件 74182 来实现并行进位。29.用补码双符号位表示的定点小数，下述哪种情况属于负溢出?( )（分数：2.00）A.1100000000B.01.0000000C.10.0000000 D.00.1000000解析：负溢出
37、是指机器数小于最小的负数，例如两负数相加结果如果为正，则为负溢出。在双符号位中最高位所表示的第一符号位是真正的符号位，表示数的正负性质，而次高位符号位常会由于溢出而变化，呈现与第一符号位不同，所以 B 和 C 都表示溢出，而 10.0000000 表示是负数引起的溢出(因为第一符号位为 1)。30.某数在计算机中用余 3 码表示为 0111 1000 1001，其真值是( )。（分数：2.00）A.456B.456H C.789D.789H解析：余 3 码是 BCD 编码中的一种，在 8421 码的基础上，将每个代码都加上 0011 而形成。31.设在数据传送中采用偶校验，若接收到代码为 10
38、111011，则表明传送中( )。（分数：2.00）A.未出现错误B.最低位出错C.未出现错误或出现偶数位错 D.出现奇数位错解析：奇偶校验只能发现一位错或奇数个错，但不能确定是哪一位错，也不能发现偶数个错，不能纠错，所以选 C。32.采用变形补码是为了便于( )。（分数：2.00）A.将补码转化为原码B.对阶C.判溢出 D.将补码转化为反码解析：双符号位的补码称为变形补码或模 4 补码，可以根据双符号位是否一致来判断溢出。33.在加法器、寄存器的基础上增加部分控制电路实现乘除法时，用 B 寄存器存放( )，这两个操作数的共同特点是在乘除运算过程中保持不变。（分数：2.00）A.被乘数和被除数
39、B.被除数和除数 C.乘数和被除数D.乘数和除数解析：在加法器、寄存器的基础上增加控制电路实现乘除法时，用 B 寄存器存放在运算过程中用于保持不变的被乘数和除数，因为乘法运算中，需要不断地将乘数右移，判断其最低位，如果为 1，则加上被乘数，所以被乘数是不变的。而在除法运算中，则需要将被除数减去除数，得到余数，然后再加上商和向左移，所以除数是不变的。34.常用的分组校验(n，k)码中，冗余位的位数为( )位。（分数：2.00）A.n+kB.n-k C.nD.k解析：冗余位也就是校验位在分组校验(n，k)码中，n 为总的码长，k 为信息位位数，则校验位占 n-k 位。35.用 n+1 位字长(含
40、1 位符号位)表示原码定点整数时，所能表示的数值范围是( )；用 n+1 位字长(含 1 位符号位)表示原码定点小数时，所能表示的数值范围是( )。（分数：2.00）A.0|N|2n-1 B.0|N|2n+1-1C.1|N|2n-1-1D.1|N|2n-1E.0|N|1-2-n F.0|N|1-2-(n+1)解析：原码 8 位定点整数的表示范围是-127+127，即-(27-1)(27-1)，所以 n+1 的原码定点整数表示范围是：-(2n-1)(2n-1)，8 位原码定点小数的表示范围是-(1-27)(12-7)，故 n+1 的原码定点小数的表示范围是：0|N|1-2-n。36.8 位补码
41、10010011 等值扩展到 16 位后，其机器数为( )。（分数：2.00）A.1111111110010011 B.0000000010010011C.1000000010010011D.1111111101101101解析：带符号数的补码扩展原则，是用符号位填充扩展的高位。37.IEEE754 标准的浮点数对尾数编码采用的是( )。（分数：2.00）A.原码 B.反码C.补码D.移码解析：IEEE754 标准的浮点数阶码采用偏置量为 127 的移码，而尾数用原码表示，并且隐藏一位数值 1。38.某浮点机，采用规格化浮点数表示，阶码用移码表示(最高位代表符号位)，尾数用补码表示。下列规格化
42、浮点数哪个数最大( )。（分数：2.00）A.1111111，10000.00B.0011111，1.0111.01C.1000001，0.1111.01 D.0111111，0.1000.10解析：浮点数的尾数用补码表示，阶码用移码表示，对比这 4 个选项的尾数部分，去掉最高位为 1 的这些负数。阶码用移码表示，1000001 为正数，0111111为负数，所以 C 最大。39.两个浮点数相加，一个数的阶码值为 7，另一个数的阶码值为 9，则需要将阶码值较小的浮点数的小数点( )。（分数：2.00）A.左移一位B.右移一位C.左移二位 D.右移二位解析：两个浮点数相加减，第一步需要比较阶码大
43、小，使小阶向大阶看齐(称为“对阶”)。即小阶的尾数向右移位(相当于小数点左移)，每右移一位，其阶码加 1，直到阶码相等，右移的位数等于阶差。题中阶差=97=2，所以，阶码值较小的浮点数的小数点需左移 2 位。二、综合应用题(总题数：13，分数：130.00)40.用 74LSl81，74LSl82 中规模集成电路芯片组成一个三级全先行进位的 40 位 ALU，要求：1画出该 ALU 的组成逻辑图(图中与进位无关的引脚可以省略)，要求使用的芯片数最省；2请详细说明各级的分级方案，并进一步解释你为什么要采用这样的方案?（分数：10.00）_正确答案：(1)画图如下所示：*(2)答：由于 74LSl
44、81 芯片是四位 ALU 电路，40/4=10 片，故第一级共需要 10 片 74LSl81 芯片；而 74LSl82 芯片是四位先行进位芯片，故需要 3 片 74LSl82 芯片作为第二级，其中有一片还剩余两个 G 端和 P 端可供扩展使用，由于题目要求芯片数目最省，故第三级可以利用第二级芯片剩余的 G、P 端，这样，三级全先行进位的 ALu 总共只需 3 片 74LSl82。)解析：41.设有浮点数，x=25(+9/16)，y=23(-13/16)，阶码用 4 位(含 1 位符号位)补码表示，尾数用 5 位(含 1 位符号位)补码表示，求真值 x/y=?要求写出完整的浮点运算步骤，并要求直
45、接用补码加减交替法完成尾数除法运算。（分数：10.00）_正确答案：(由 x=25(+9/16)=2101(+0.1001)2，y=23(-13/16)=2011(-0.1101)2得： x 补 =0101 01001 y补 =0011 1 0011(1)阶码运算：因为尾数中 0.10010.1101，即被除数小于除数，所以不用调整被除数 x 的阶码。阶码相减得到结果的阶码：j x补 -jy补 =0101-0011=0101+1101=0010(2)用补码加减交替法完成尾数除法运算：设 A=0.1001，B=-0.1101 则补码表示 A 补 =0.1001，B 补 =1.0011， -B 补 =0.1101被除数(余数)商 说明0.10010.0000+B补1.0011A和 B异号，X 补+Y 补1.11001余数与B 同号商上 11.10001左移一位+-B补0.1101减去除数0.01011.0余数与B 异
