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1、3.9 本章真题解析 在本章内容中，需要考生重点掌握有存储器构成、Cache映像等。本节按照研究生入学考试试题样式，参照历年真题和全国40所高校研究生入学试题，组织了有关真题及解析，供读者参照。 3.9.1 单项选取题 例题1 某计算机Cache共有16块，采用2路组相联映射方式（即每组2块）。每个主存块大小为32字节，按字节编址。主存129号单元所在主存块应装入到Cache组号是 （1） 。[试题14] （1）A．0 B．2 C．4 D．6 例题1分析 组相联映射方式是将某一主存块j按模Q（Q是Cache组数）映射到Cache第i组中任一块，即i = j
2、 mod Q。依照题目条件可知，Q=16/2=8组。由于每个主存块大小为32字节，按字节编址，因此主存129号单元所在主存块号为4（注意：从0开始计数），因此i=4 mod 8=4。 例题1答案 （1）C 例题2 某计算机主存容量为64KB，其中ROM区为4KB，别的为RAM区，按字节编址。现要用2K×8位ROM芯片和4K×4位RAM芯片来设计该存储器，则需要上述规格ROM芯片数和RAM芯片数分别是 （2） 。[试题15] （2）A．1、15 B．2、l5 C．1、30 D．2、30 例题2分析 由于1B=8位，ROM区总大小为4KB，即为4K×8位，
3、那么需要ROM芯片数为：(4K×8位)/(2K×8位)=2片。 RAM区总大小为64KB-4KB=60KB，即60K×8位，那么需要RAM芯片数为：(60K×8位)/(4K×4位)=30片。 例题2答案 （2）D 例题3 假设某计算机存储系统由Cache和主存构成。某程序执行过程中访存1000次，其中访问Cache缺失（未命中）50次，则Cache命中率是 （3） 。[试题21] （3）A．5% B．9.5% C．50% D．95% 例题3分析 程序执行过程中访存1000次，其中访问Cache缺失（未命中）50次，也就是说Cache完毕存取总次数
4、为1000-50=950。那么Cache命中率=(1000-50)/1000=95%。 例题3答案 （3）D 例题4 假定用若干个2K×4位芯片构成一种8K×8位存储器，则地址0B1FH所在芯片最小地址是 （4） 。[试题15] （4）A．0000H B．0600H C．0700H D．0800H 例题4分析 芯片大小为2K×4位，而存储器大小为8K×8位，不难得出要获得这样一种大小存储器，需要8片2K×4位芯片。 如果按字节编址，相应一种大小为8K×8位存储器，需要13位地址，其中高3位为片选地址，低10位为片内地址，而题目给出地址0B1
5、FH转换为二进制为0 1011 0001 1111，其高3位为010，即片选地址为2。因而，地址0B1FH相应第2片芯片，该芯片起始地址（最小地址）为0 1000 0000 0000，即0800H。 例题4答案 （4）D 例题5 下列关于RAM和ROM论述中，对的是 （5） 。[试题16] I RAM是易失性存储器，ROM是非易失性存储器 II RAM和ROM都采用随机存取方式进行信息访问 III RAM和ROM都可用做Cache IV RAM和ROM都需要进行刷新 （5）A．仅I和II B．仅II和III C．仅I，II，III D．仅
6、II，III，IV 例题5分析 对于计算机系统中存储器，惯用数据存取方式有顺序存取、直接存取、随机存取和相联存取四种。其中RAM和ROM都是采用随机存取方式。 RAM具备读/写以便，使用灵活等长处，但断电后无法保存信息，因而只能用于暂存数据，可用于主存和高速缓冲存储器。 ROM信息是固化在存储器中，断电后依然能保存信息，信息不容易丢失。但ROM中信息只可读出，无法改写，固然不需要刷新。普通用于存储系统程序BIOS和用于微程序控制，不合用于读写频繁Cache。 例题5答案 （5）A 例题6 下列命令组合状况中，一次访存过程中，不也许发生是 （6）
7、[试题17] （6）A．TLB未命中，Cache未命中，Page未命中 B．TLB未命中，Cache命中，Page命中 C．TLB命中，Cache未命中，Page命中 D．TLB命中，Cache命中，Page未命中 例题6分析 TLB是缓存曾经访问过虚拟地址所指向物理地址，以使将来迅速得到相似物理地址高速存储器，可以与Cache作用相类比。 在一次访问存储器过程中，如果可以Cache命中，很显然，阐明就访问到了需要页（Page），即Page命中。同样道理，如果可以TLB命中，也阐明访问到了需要页，如果这两者都命中，那么页必定命
8、中。因而本题中选项D状况是不也许发生。 例题6答案 （6）D 例题11 4位机器内数值代码，它所示十进制真值为（11） 。 （11）A．9 B．-10 C．-7 D．16 例题11分析 在计算机内部，符号和数字都用二进制码表达，两者合在一起构成数机内表达形式，称为机器数，而它真正表达带有符号数称为这个机器数真值。4位机器内代码值除去最高位符号位外，它所能表达数值范畴为0~7，因而表达十进制真值可觉得-7，而不能表达9或-10。 例题11答案 （11）C 例题12 下列BCD码中，不是合法8421码是（12） 。
9、12）A．0111 1001 B．1101 0110 C．0000 0100 D．1000 0101 例题12分析 如表2-11所示列出了几种常用BCD码。 表2-11 常用BCD码 十进制数 8421码 2421码 余3码 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0000 0001 0010 0011 0100 0101 0110 0111 1000 1001 0000 0001 0010
10、 0011 0100 1011 1100 1101 1110 1111 0011 0100 0101 0110 0111 1000 1001 1010 1011 1100 从表2-11中可以看出，不是合法8421码是1101 0110。 例题12答案 （12）B 例题13 用32位字长（其中1位符号位）表达定点小数时，所能表达数值范畴是（13） 。 例题13分析 定点小数即纯小数，小数点位置固定在最高有效数位之前，符号位
11、之后，如图2-3所示。定点小数小数点位置是隐含商定，小数点并不需要真正地占据一种二进制位。 当表达X为负数，此时状况要稍微复杂某些，这是由于在计算机中带符号数可用补码表达，也可用原码表达，原码和补码表达范畴有某些差别。 若机器数为原码，当均等于1时，X为绝对值最大负数，也称为最负数或最小负数，其真值等于： 综上所述，设机器字长有n+1位，原码定点小数表达范畴为补码定点小数表达范畴为 在本题中，规定32位字长所示定点小数数值范畴，它只要咱们给出其数值表达范畴，并不是整个表达范畴，从上面分析中可以看出，32位字长数值表达范畴是。 例题13答案 （
12、13）B 例题14 设机器码长度为8，X为带符号纯小数，Y为带符号纯整数，则X十进制真值为（14） ，Y十进制真值为（15） 。 （14）A．1/128 B．-1/128 C．-127/128 D．127/128 （15）A．-1 B．127 C．-127 D．1 例题14分析 对于带符号数，机器数最高位是表达正、负符号位，别的位则表达数值。若商定小数点位置在机器数最低数值位之后，则是纯整数；若商定小数点位置在机器数最高数值位之前（符号位之后），则是纯小数。 数值X原码记为如果机器字长为n（即采用n个二进制位表达数据），则最高位是符号位，0表达正数，1
13、表达负数，别的n-1位表达数值绝对值。因而，当即X=-127/128。 数值Y补码记为如果机器字长为n，则最高位为符号位，0表达正数，1表达负数，正数补码与其原码和反码相似，负数补码等于其反码末尾加1。因而，当 例题14答案 （14）C （15）A 例题15 已知x=-73，若采用8位机器码表达，则＝（16） ，＝（17） 。 （16）A．11001001 B．01001001 C．11011001 D．01011001 （17）A．10110111 B．01001001 C．10110011 D．01011001 例题15分析 在计算机系
14、统内部，对于二进制数而言，存在三种不同表达办法：原码、反码和补码。它们各有优缺陷，可以合用于不同方面。如表2-12所示总结了这三种码字表达法（其中假设字长为8位）。 依照表2-13所示规则，用原码来表达-73，最高位符号位应当是1，73二进制表达是1001001，因而[X]原＝11001001。而对于负数而言，补码是该数反码加1。而[X]反映为10110110，而补码就应当是10110111。 表2-12 原/反/补码表达法 类 型 正数（以94为例） 负数（以-94为例） 原码 阐明 高位为符号位，0表达正数，1表达负数 实例 01011110 1101111
15、0 反码 阐明 正数与原码相似 符号位为1，其她按位取反 实例 01011110 10100001 补码 阐明 正数与原码相似 是该数反码加1（即补） 实例 01011110 10100010 例题15答案 （16）A （17）A 例题16 某数值编码为FFH，若它所示真值为－127，则它是用 （18） 表达；若它所示真值为－1，则它是用 （19） 表达。 （18）A．原码 B．反码 C．补码 D．移码 （19）A．原码 B．反码 C．补码 D．移码 例题16分析 原码表达又称符号数值表达法。正数符号位用0表达，负数符
16、号位用1表达，数值某些保持不变。 反码符号位表达法与原码相似，即符号0表达正数，符号1表达负数。与原码不同是，反码数值某些形成和它符号位关于。正数反码数值和原码数值相似，而负数反码数值是原码数值按位求反。 补码符号表达和原码相似，0表达正数，1表达负数。正数补码和原码、反码相似，就是二进制数值自身。负数补码是这样得到：将数值某些按位取反，再在最低位加1。补码补码就是原码。 移码又称为增码，它符号表达和补码相反，1表达正数，0表达负数。移码为该数补码，但符号位相反，惯用来表达浮点数阶码。 例题16答案 （18）A （19）C 例题17 IEEE7
17、54原则规定：单精度浮点数最高位为符号位，背面跟8位经偏移阶码移码，偏移量为+127。尾数用原码表达，且把尾数规格化为1.xxx…x（x为0或1），并将1去掉，尾数用23位表达。依照该原则，十进制数+178.125规格化表达形式为 （20） 。 （20）A．0 10000110 B．0 10000111 C．1 10000100 D．0 10000110 例题17分析 本题中，要表达数是+178.125，转化为二进制数就是10110010.001。由于规定把尾数规格化为1.xxx…x（x为0或1），并将1去掉，尾数用23位表达，因而
18、就需要将小数点移到第1个1背面，即得到1.形式，共向左移动了7位。移动完毕后，去掉1，再表达到23位，显然尾数某些就是。 接下来，再构造阶码某些，由于左移了7位，因而阶码应为+7，表达到为移码则是127+7，得到10000110。 +178.125是正数，因而符号位为0。 这样，最后成果是0 10000110 。 例题17答案 （20）A 例题18 设机器码长度为8位，已知x，z为带符号纯整数，y为带符号纯小数，[X]原= [Y]补 = [Z]移=11111111，求出x、y、z十进制真值：X=（21） ，Y= （22） ，Z=（23） 。 （2
19、1）A．-1 B．127 C．-127 D．1 （22）A．1/128 B．-1/128 C．-127/128 D．127/128 （23）A．-1 B．127 C．-127 D．1 例题18分析 移码是在真值X基本上，加上一种常数（也称为偏置值），这也是移码一词由来。如果没有特殊阐明，其加偏置值是其中n为机器码长度。例如，对于字长8位定点整数，如果偏置值为那么： 通过比较可以发现，在移码中，最高位0表达负数，1表达正数，并且它和补码之间区别，正好是符号位相反，其她位相似。此外，移码全为0时，值最小；全为1时，值最大。并且在移码中，0表达办法也只有一种，即
20、 因而，如果纯整数原码是11111111，其符号位为1，阐明是负数；其绝对值是1111111，即127，因此它表达数就是-127。 如果纯小数补码是11111111，其符号位为1，阐明是负数；其相应原码就应当是10000001，它表达数是-2-7，即-1/128。 如果纯整数移码是11111111，其相应补码就是01111111，因而表达数应为127。 例题18答案 （21）C （22）B （23）B 例题19 计算机中十六位浮点数表达格式为： 某机器码为0000。 若阶码为移码且尾数为反码，则其十进制真值为 （24） ； 若阶
21、码为移码且尾数为原码，则其十进制真值为 （25） ； 若阶码为补码且尾数为反码，则其十进制真值为 （26） ； 若阶码为补码且尾数为原码，则其十进制真值为 （27） ，将其规格化后机器码为 （28） 。 （24）A．0.078125 B．20 C．1.25 D．20.969375 （25）A．0.078125 B．20 C．1.25 D．20.969375 （26）A．0.078125 B．20 C．1.25 D．20.969375 （27）A．0.078125 B．20 C．1.25 D．20.969375 （28）A．0000 B．00
22、 C．0000 D．00 例题19分析 依照题目中所示格式可以得知：阶码为1110，尾数为。此外，对于4位二进制码，移码所加偏移位应当是有了这些基本知识，就可以逐个来地解答本题。 若阶码为移码且尾数为反码。阶码为1110，其相应补码就是0110，因而真值为+6；而尾数为反码，由于其为正数，因而尾数不变，即为。由于阶码为+6，因而小数点将向右移动6位，得到10100（注意，最高位为尾符），因而值为20。 若阶码为移码且尾数为原码。这种状况下，由于尾数值为正数，原码和反码相似，因此它表达数也相似，因而其值也是20。 若阶码为补码且尾数为反码。若阶码为补码，
23、由于最高位为1，即表达其为负数，而它相应原码就是1010，表达数就是-2。因而，要将尾数再向右移动两个小数点，得到0.000101，转换为十进制数就是 若阶码为补码且尾数为原码。同样道理，其值也应当与前者相似，即为0.078 125。而需要对其进行规格化，一方面应将小数点右移3位，得到（其中最高位是符号位，表达正数），而其阶码应当是-3，用补码表达为1101，从而得到0000。 例题19答案 （24）B （25）B （26）A （27）A （28）C 例题20 假设某机器中浮点数格式为： 令某浮点数为（指数和尾数某些均是按十进制表达）。若把该浮点数以
24、规格化形式放于机器中，则阶码和尾数都用原码表达时为 （29） ，都用反码表达时为 （30） ，都用补码表达时为 （31） ，而阶码用移码、尾数用补码表达时为 （32） 。在最后一种状况下，该机器所可以表达绝对值最大浮点数是 （33） 。 （29）A．110000 B．010000 C．010000 D．101111 （30）A．101111 B．110000 C．110000 D．100101 （31）A．110000 B．101111 C．110000 D．110000 （32）A．110000 B．010000 C．1
25、10000 D．101111 例题20分析 依照题目中给出格式，在该浮点数中阶码某些是7位，尾码是11位，其中最高位是尾符。要将浮点数表达出来，一方面将尾数转化为二进制表达：0.0101101，由于其最高位不是1，因而要再左移一位得到0.101101，因此阶码要再加1，即为-62。 若阶码和尾数都用原码表达时，则阶码为-62，其二进制表达为1111110，而尾数显然是1 101101 0000，组合起来就是010000。 由于阶码和尾数都是负数，因而反码与原码不同，需按位取反（负号位保持不变），因而阶码就是1000001，尾数则是1 010010 1111，组合
26、起来就是101111。 补码是在反码基本上加1，因而阶码就得到1000010，尾数则是1 010011 0000，组合起来就是110000。 移码和补码区别只在于符号位，如果阶码用移码表达，则应当是0000010，尾码不变，构成起来就是110000。 如果用k、n分别表达阶码和尾数数值位位数，尾数用补码，阶码用移码表达，则浮点数表达范畴如表2-13所示。 表2-13 浮点数取值范畴 条 件 结 果 值 es=0，ms=0，阶码和尾数数值位均为1 最大正数 es=1，ms=0，尾数数值位最低位为1，其她位均为0 最小正数 es=0，ms
27、1，阶码数值位全为1，尾数数值位全为0 绝对值最大负数 例题20答案 （29）C （30）A （31）D （32）C （33）C 例题21 A=[A1…A16]和B=[B1…B16]是两个16位二进制补码表达整数，其中A1和B1是符号位；A与B加法和记为S=[S1…S16]，那么表达和溢出布尔表达式是 （34） 。若A采用如下浮点记数法： 阶码用移码，基数为2，尾数用补码。该数不等于0时，表达其为规格化数布尔表达式为 （35） 。它所能表达最大规格化浮点数是 （36） ，最小规格化浮点数是 （37） 。 若A=1000，则其十进制真值为
28、38） 。 例题21分析 在补码加减法运算中，有时会浮现某些异常：两个正数相加，成果符号位为1（成果为负）；两个负数相加，成果符号位为0（成果为正），这就是溢出，这是由于两数相加和超过了机器容许表达范畴。检查与否溢出有三种办法，如表2-14所示。 表2-14 补码加减法运算溢出判断 方 法 判断办法阐明 符号位判断 被操作数和操作数符号相似，却与成果符号位不同 进位判断 两正数相加，最高有效位产生进位，符号位却无进位，阐明正溢出 两负数相加，最高有效位无进位，符号位却产生进位，阐明负溢出 双符号位判断 前两种办法只可以检测与否溢出，而双符
29、号位可以判断成果符号 00：正数、无溢出；01：正溢出；10：负溢出；11：负数、无溢出 在本题中，显然应当采用符号位判断。不同符号位组合如表2-15所示。 表2-15 符号位状况分析 操作数A 操作数B 和S 与否溢出 + + + 否 + + - 是 + - + 否 + - - 否 - + + 否 - + - 否 - - + 是 - - - 否 因而，可以得到溢出表达式就应当是：用文字阐明就是，和符号位为0并且加数与被加数符号位都是1，或者和符号位为1并且加数与被加数符号位都是0。 例如，1
30、6位整数补码所可以表达真值范畴是，即[-32768，32767]。若A=[0001]，B= [000010]，则A与B真值分别为16385及16386，其和为32771，已溢出。如图2-19(a)中例子所示，此时，A1=B1=0，而S1=1。 如果A=[0001]，B=[000010]，则A与B真值分别为-32767和-32766，其和等于-65533，也已溢出。此时如图2-19(b)中例子所示，此时，A1=B1=1，而S1=0。 依照题中浮点记数法，阶码是采用4位移码表达，取值范畴是[-8，+7]；尾数采用12位补码，其真值范畴是[-1，1-2-11]。依照表2-13，所能表
31、达最大浮点数是： 其机器码为0000。按照浮点数规格化定义，其尾数绝对值应不不大于等于1/2。对于补码来说必然是尾符位和尾数数值某些最高位正好相反（一种是0，另一种是1），即其布尔表达式为。上述最大浮点数而最小浮点数都符合此条件，故都是规格化数。因此，它们分别表达最大规格化浮点数和最小规格化浮点数。 若A=1000，其阶码为移码1101，表达真值是+5。尾数为补码，表达真值是二进制数-0.，故浮点数真值为： 将其转换成等值十进制数是-18.875。 例题21答案 （34）A （35）C （36）D （37）C （38）D 例题22 设010
32、11010和01001011两个数为余3码，如采用这种代码进行十进制运算，其和余3码应为 （39） 。其所代表十进制值为 （40） ，其BCD码（8421码）为 （41） 。余3码十进制加法运算原则是：当和无进位时（和十进制值9）， （42） ；当和有进位时（和十进制值>9）， （43） 。 （39）A．01111000 B．10000111 C．10100101 D．01111001 （40）A．78 B．87 C．45 D．72 （41）A．01111000 B．01000101 C．10000111 D．01110010 （42）A．不需修正
33、 B．需减0011修正 C．需减0110修正 D．修正办法不拟定 （43）A．不需修正 B．需减0011修正 C．需加0011修正 D．需加0110修正 例题22分析 二进制是计算机中最适合表达办法。而要表达十进制数，最直接办法是将十进制数各位数字变成一组相应二进制代码，用4位二进制数来表达一位十进制数。由于4位二进制数可以组合出16种代码，因此只需任取10种代码即可产生各种BCD编码。如表2-16所示是几种常用BCD码特点比较。 表2-16 常用BCD编码特点比较 编码类型 重要特点 8421码 （1）有权码
34、从高到低各位权分别是8、4、2、1； （2）简朴直观，不容许浮现1010～1111 2421码 （1）有权码，从高到低各位权分别是2、4、2、1； （2）它是对9自补码，即某数2421码，只要自身按位取反，就可以得到该数对9补数2421码； （3）不容许浮现0101～1010 余3码 （1）无权码，是在8421码基本上加0011形成； （2）它也是一种对9自补码； （3）不容许浮现0000～0010、1101～1111； （4）当和无进位时（和十进制值9），需减0011修正； （5）当和有进位时（和十进制值>9）
35、需加0011修正 设A=01011010，B=01001011，则其求和过程如图2-20所示，也就是说，A+B和为01111000。 由于余3码是在8421码基本上加0011得到，因此和相应8421码高位为0111-0011=0100，低位为1000-0011=0101，合起来就是01000101。依照BCD求得其所示十进制数就比较容易了，0100表达十进制4，0101表达十进制5，因此该数表达是十进制数45。 例题22答案 （39）A （40）C （41）B （42）B （43）C 例题23 执行算术右移指令操作过程是 （44） 。 （44）A
36、．操作数符号位填0，各位顺次右移1位，最低位移至进位标志位中 B．操作数符号位填1，各位顺次右移1位，最低位移至进位标志位中 C．操作数符号位不变，各位顺次右移1位，最低位移至进位标志位中 D．进位标志移至符号位，各位顺次右移1位，最低位移至进位标志位中 例题23分析 在计算机中，实现乘除运算方案有三种：软件实现、通过逻辑线路来将乘除运算变换为移位操作；设立专有乘法、除法器。其中大某些采用移位操作来实现。而移位操作重要涉及算术移位、逻辑移位和循环移位三种，如表2-17所示。 表2-17 移位操作类型 类 型 说 明 算术移位
37、 对象是有符号数，在移位过程中保持操作数符号不变 逻辑移位 对象是无符号数，移位时不必考虑符号位 循环移位 左移移出数放到最右，右移移出数放在最左 显然，关于算术右移指令操作过程描述对的是，操作数符号位不变，各位顺次右移1位，最低位移至进位标志位中。 例题23答案 （44）C 例题24 原码除法是指（45） 。 （45）A．尾数用绝对值表达，加上符号位后相除 B．操作数用补码表达，以利加减，但商用原码表达 C．取绝对值相除，符号位单独解决 D．操作数用原码表达，然后相除 例题24分析 原码除法是指取两
38、个操作数绝对值相除，符号位单独解决除法。 例题24答案 （45）C 例题25 例题25分析 对于带符号数，在移位时遵循如表2-18所示规则。 表2-18 移位规则 码 类 移位规则 原码 符号位不变，空出位一律以“0”补入 补码 正数 符号位不变，空出位一律以“0”补入 负数 符号位不变，左移后空出位补“0”，右移后空出位补“1” 转换成二进制数为10100101，右移两位后，则符号位不变，右移空位被“1”补齐，得到11101001，转换成十六进制数就是。 例题25答案 （46）C 例题26 某数据
39、7位编码为0110101，若在其最高位之前增长一位偶校检位，则编码为 （47） 。 （47）A．10110101 B．00110101 C．01101011 D．01101010 例题26分析 奇偶校验码可以分为奇校验和偶校验两种，都是添加1位校验位，依照信息码中1个数来决定校验位取值，填入校验位后，使得1个数为奇数（奇校验）或偶数（偶校验）。例如：对于7位编码0110101而言，若在最高位加上奇偶校验位，那么： 奇校验：0110101共有4个1，要使1个数为奇数，就需要补1，因而加上校验位后就得到10110101。 偶校验：0110101共有4个1，要使
40、1个数为偶数，不必补1，因而加上校验位后就得到00110101。 例题26答案 （47）B 例题27 对于16位数据，需要 （48） 个校验位才干构成海明码。 在某个海明码排列方式其中表达校验位，数据位由 （49） 进行校验。 （48）A．3 B．4 C．5 D．6 （49）A．P4P2P1 B．P4P3P2 C．P4P3P1 D．P3P2P1 例题27分析 要计算海明校验码，一方面要懂得海明校验码是放置在2幂次位上，即1，2，4，8，16，32，…，而对于信息位为m原始数据，需加入k位校验码，它满足计算时很啰嗦。而有一种简朴办法，则是从第
41、1位开始写，遇到校验位留下空格。例如，对于16位数据，需要第1、2、4、8、16位作为校验位（共5个校验位），加上校验位后，共有21位。 在海明码排列方式D9D8D7D6D5D4P4D3D2D1P3D0P2P1中，加上P1到P4四个校验位之后，D8就是第13位，其相应二进制表达是1101，因而参加校验位就是P4P3P1。 例题27答案 （48）C （49）C 例题28 在浮点加减运算中，（50） 。 （50）A．阶码某些与尾数某些分别进行加减运算 B．阶码与尾数作为一种整体相加减 C．阶码对齐后，尾数相加减 D．尾数单独
42、加减，取两数中最大阶码作为成果阶码值 例题28分析 浮点数加减法须执行如下五步完毕运算： 第1步：对阶，对阶目就是使参加运算两个数阶码相等，以提供尾数相加减也许性； 第2步：实现尾数加、减运算； 第3步：尾数规格化； 第4步：尾数舍入解决； 第5步：检查阶码与否溢出。 综上所述，可以懂得在浮点加减运算中，是阶码对齐后，尾数相加减。 例题28答案 （50）C 例题29 下列关于串行加法器与并行加法器描述中，不对的是（51） 。 （51）A．相对并行进位，串行进行解决速度较慢 B．串行加法器只
43、有一种全加器，并行加法器有各种全加器 C．若采用并行加法器分组并行进位方式，那么在组间可采用串行进位方式 D．并行加法器并行进位方式容易实现 例题29分析 加法器重要有串行加法器和并行加法器两种。 在串行加法器中，只有一种全加器，数据逐位串行送入加法器进行运算。并行加法器可有各种全加器，可同步对数据多位相加，它克服了串行加法器只能逐位进行相加缺陷，很显然，它解决速度要比串行加法器快。并行加法器中每个全加器均有一种从低位送来进位输入和一种传送给高位进位输出。 在使用并行加法器时候，虽然操作数各位是同步提供，但低位运算所产生进位会影响高位运算成果。并
44、行进位又叫先行进位、同步进位，其特点是各级进位信号同步形成。 C1=G1+PC0 C2=G2+P2C1=G2+P2G1+P2P1C0 C3=G3+P3C2=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1C0 C4=G4+P4C3=G4+P4G3+P4P3G2+P4P3P2G1+P4P3P2P1C0 … 上述各式中所有进位输出仅由及最低进位输入决定，而不依赖于其低位进位输入，因而各级进位输出可以同步产生。这种进位方式是迅速，若不考虑形成时间，从最长延迟时间仅为2ty，而与字长无关。但是随着加法器位数增长，逻辑表达式会变得越来越长，输入变量会越来越多，这会使电路构造
45、变得很复杂，因此完全采用并行进位是不现实。 分组并行进位方式把n位字长分为若干小组，在组内各位之间实行并行迅速进位，在组间既可以采用串行进位方式，也可以采用并行迅速进位方式，因而有两种状况。 第一种状况是单级先行进位方式，它又称为组内并行、组间串行进位方式。以16位加法器为例，可分为4组，每组4位。第一小组组内进位逻辑函数C1～C4信号是同步产生。在这种状况下，若不考虑Gi、Pi形成时间，从C1～C16最长延迟时间为4×2ty=8ty，其进位时间图如图2-21所示。 第二种状况是多级先行进位方式，又称为组内并行、组间并行进位方式。在这种方式下，若不考虑形成时间，它进位时间图如
46、图2-22所示，此时加法器最长进位延迟时间是6ty。 用同样办法可以扩展到多于两级先行进位加法器，如用三级先行进位构造设计64位加法器。这种加法器字长对加法时间影响甚小，但造价较高。 例题29答案 （51）D 例题30 两个同符号数相加或异符号数相减，所得成果符号位SF和进位标志CF进行（52） 运算为l时，表达运算成果产生溢出。 （52）A．与 B．或 C．与非 D．异或 例题30分析 解答这道题，咱们一方面需要清晰一种概念，即什么是溢出。溢出，是指运算成果超过机器数表达范畴。从这个概念咱们可以理解到，两个异号数相加不会产生溢出，仅
47、两个同号数相加时才有也许产生溢出。两个正数相加而绝对值超过容许表达范畴时称为正溢，两个负数相加而绝对值超过容许表达范畴时则称为负溢。一旦溢出，溢出某些将丢失，留下来成果将不对的。如果只有一种符号位，溢出将使成果符号位产生错乱。因而，普通计算机中都设立了溢出判断逻辑，如果产生溢出，将停机并显示“溢出”标志。 当前咱们来看几种典型例子，从中咱们可以总结出判断溢出办法。其实在平时学习当中，人们也应当尽量多地自己总结规律，而不要光看书上判断办法。 在下面4个例题中，二进制数首位为符号位，背面4位为数据位，采用补码运算。 例1： 3+6=9 0 0011
48、 +0 0110 0 1001 例2： 8+9=17 0 1000 +0 1001 1 0001（正溢） 例3： 8+(-5)=3 0 1000 +1 1011 0 0011 例4： (-9)+(-8)=-17 1 0111 +1 1000 0 1111（负溢） 看完上面4个运算式，咱们可以开始总结规律了。由于上面计算，是对两个4位带符号二进制数进行运算，运算成果仍是一种4位带符号二进制数。因此其运算成果范畴应是：-16
49、 ~ +15，非常明显，上面例2和例4成果溢出了。接下来，咱们对这几种例题进行详细分析。 为了便于分析，令两个操作数符号位分别为Sa和Sb。成果符号位为Sf。符号位直接参加运算，所产生符号位进位为Cf。将符号位之后A1和B1称为最高有效位，它产生进位为C。在例3中，C=1，但并未溢出，因此进位不等于溢出，不能简朴地依照单个进位信号去判断有无溢出，而应当从几种有关信号之间关联去进行溢出判断。 在双符号位中，高位就是符号位进位Cf；而低位就是成果符号位Sf。当Cf与Sf不同步，表达溢出；而相似时，表达操作正常。能达到此效果运算为异或运算。 例题30答案 （52）D 例
50、题31 已知[X/2]补=C6H，计算机机器字长为8位二进制编码，则[X]补=（53） 。 （53）A．8CH B．18H C．E3H D．F1H 例题31分析 已知[X/2]补=C6H，C6H化为二进制数得到11000110，求其真值，得到-0111010。再乘以2（即左移一位）得-1110100，求此数补码可得10001100，即8CH。 例题31答案 （53）A 例题32 131-45=53在 （54） 进制下成立。 （54）A．六 B．七 C．八 D．九 例题32分析 在六进制中，131-45=42；在七进制中，131-
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