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1、2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理1 第 1 章 计算机系统概论 一、名词解释： 历年真题： 名词解释题： （2002 年） 1主机：由CPU、存储器与I/O 接口合在一起构成的处理系统称为主机。 （2003 年） 16主机：由CPU、存储器与I/O 接口合在一起构成的处理系统称为主机。 （2004 年） 18ALU 算术逻辑运算单元，负责执行各种算术运算和逻辑运算。 （2005 年） 21应用软件：完成应用功能的软件，专门为解决某个应用领域中的具体任务而编写。 近 4 年都考了名称解释，所以第一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

2、念，也有利于做选择题及填空题。 1主机：由CPU、存储器与I/O 接口合在一起构成的处理系统称为主机。 2CPU：中央处理器，是计算机的核心部件，由运算器和控制器构成。 3运算器：计算机中完成运算功能的部件，由ALU 和寄存器构成。 4ALU ：算术逻辑运算单元，负责执行各种算术运算和逻辑运算。 5外围设备：计算机的输入输出设备，包括输入设备，输出设备和外存储设备。 6数据：编码形式的各种信息，在计算机中作为程序的操作对象。 7指令：是一种经过编码的操作命令，它指定需要进行的操作，支配计算机中的信息传递以及主机与输 入输出设备之间的信息传递，是构成计算机软件的基本元素。 8透明：在计算机中，从

3、某个角度看不到的特性称该特性是透明的。 9位：计算机中的一个二进制数据代码，计算机中数据的最小表示单位。 10字：数据运算和存储的单位，其位数取决于具体的计算机。 11字节：衡量数据量以及存储容量的基本单位。1 字节等于8 位二进制信息。 12字长：一个数据字中包含的位数，反应了计算机并行计算的能力。一般为8 位、 16 位、32 位或 64 位。 13地址：给主存器中不同的存储位置指定的一个二进制编号。 14存储器：计算机中存储程序和数据的部件，分为内存和外存。 15总线：计算机中连接功能单元的公共线路，是一束信号线的集合，包括数据总线地址总线和控制总 线。 16硬件：由物理元器件构成的系统

4、，计算机硬件是一个能够执行指令的设备。 17软件：由程序构成的系统，分为系统软件和应用软件。 18兼容：计算机部件的通用性。 19软件兼容：一个计算机系统上的软件能在另一个计算机系统上运行，并得到相同的结果，则称这两个 计算机系统是软件兼容的。 20程序：完成某种功能的指令序列。 21寄存器：是运算器中若干个临时存放数据的部件，由触发器构成，用于存储最频繁使用的数据。 22容量：是衡量容纳信息能力的指标。 23主存：一般采用半导体存储器件实现，速度较高成本高且当电源断开时存储器的内容会丢失。 24辅存：一般通过输入输出部件连接到主存储器的外围设备，成本低，存储时间长。 25操作系统：主要的系统

5、软件，控制其它程序的运行，管理系统资源并且为用户提供操作界面。 26汇编程序：将汇编语言程序翻译成机器语言程序的计算机软件。 27汇编语言：采用文字方式（助记符）表示的程序设计语言，其中大部分指令和机器语言中的指令一一 对应，但不能被计算机的硬件直接识别。 28编译程序：将高级语言程序转换成机器语言程序的计算机软件。 29解释程序：解释执行高级语言程序的计算机软件，解释并立即执行源程序的语句。 30系统软件：计算机系统的一部分，进行命令解释、操作管理、系统维护、网络通信、软件开发和输入 输出管理的软件，与具体的应用领域无关。 31应用软件：完成应用功能的软件，专门为解决某个应用领域中的具体任务

6、而编写。 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理2 32指令流：在计算机的存储器与CPU 之间形成的不断传递的指令序列。从存储器流向控制器。 33数据流：在计算机的存储器与CPU 之间形成的不断传递的数据序列。存在于运算器与存储器以及输 入输出设备之间。 34接口：计算机主机与外围设备之间传递数据与控制信息的电路。计算机可以与多种不同的外围设备连 接，因而需要有多种不同的输入输出接口。 选择题没有考过 二、填空题： （2000 年）系统软件主要包括：和及诊断程序等。 操作系统语言处理程序 （2005 年） 18构成中央处理器的两大部件是和。 运算器控制器 三、改错题： （2000 年）

7、 1运算器的功能就是执行加、减、乘、除四则运算。 运算器的功能就是算术运算和逻辑运算 （2005 年） 18构成中央处理器的两大部件是和。 硬盘的存储容量常用GB 表示， 1GB=1024MB 第 2 章 数据编码和数据运算 一、名词解释： 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

8、，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：

9、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。 10Booth 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。 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理3 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

10、，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 89.8B211.4C211.5D 1011111.101 【分

11、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 21.3B84.cC24.6D84.6 【分

12、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 172.5B179.3125C163.3125D 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 16 1+3 160+5 16-1=163.3125。 【答案】：C （2004 年） 1若二进制数为1111.

13、101 ，则相应的十进制数为（） 。 A 15.625B15.5C 14.625D14.5 【 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 2 3+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 176.5B176.25C181.25D181.5 【 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

14、 ， 即 ： 11 16 1+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： 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理4 （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

15、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 1.0010101B1.0010110C0.0010110D0.1101010 【分析】：正

16、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 01011B1011C 0101D10101 【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 -0.1011B-0.0101C 0.1011D 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

17、 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 11101101B10010011C00010011D10010010 【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 0.1011B0.0101C1.1011D1.0101 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理5 【分析】：X 补 =0.1011，其符号位为0，真值为

18、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 -264B -（264-1 ） C-263D -（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（） 。 A2 -9B2-8C1-D2-7 【分析】： 求最小的非零正数， 符号位为0,数值位取非0 中的

19、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） 13n+1 位的定点小数，其补码表示的是（） 。 A-1 x 1-2 -nB-1 x 1 -2 -n C-1 x 1-2 -nD-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000,0000 111,1112 n+1-1 0x2 n+1-1 n+1 位无符号定点小数0.00,0000 0.11,1111-2 -n 0x1 -2 -n n+1 位定点整数原码1111,111-2 n+1 0111,1112 n-1 -2 n+

20、1x2n-1 n+1 位点定小数原码1.111,111-1+2 -n 0.111,1111-2 -n -1+2 -n x1-2 -n n+1 位定点整数补码1000,000-2 n 0111,1112 n-1 -2 nx2n-1 n+1 位点定小数补码1.000,000-1 0.111,1111-2 -n - 1x1 -2 -n n+1 位定点整数反码1000,000-2 n+1 0111,1112 n-1 -2 n+1x2n-1 n+1 位点定小数反码1.000,000-1+2 -n 0.111,1111-2 -n -1+2 -n x1-2 -n n+1 位定点整数移码0000,000-2

21、n 1111,1112 n-1 -2 nx2n-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 -nB-1+2-n x 1-2 -n C-1+2 -n x 1-2 -nD-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-2 n+1 x 2n-1B-2n+1 x 2n-1 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理6 C-2 n+1 x 2n-1D-2n +1 x 2 n-1 答案： D 由上可见，有

22、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 27B28C28-1D27-1 【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

23、： （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 00B01C10D11 【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（） 。 Axi+yiBxiyiCxiyiciDxi+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

24、 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（） 。 Axi+yiBxiyiCxi+yi+ciDxiyici 【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

25、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 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理7 （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

26、 年）请用补码一位乘中的Booth 算法计算xy=？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 101 1 0 1 减 0101 1011 1011

27、 0 右移 1 位1101 110 1 1 2 无操作1101 1101 1 右移 1 位1110 111 0 1 3 加 0101 0011 1110 1 右移 1 位0001 111 1 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

28、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10=1 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理8 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

29、 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01100101 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72 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00=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

30、） 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 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理9 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

31、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

32、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

33、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（） 。 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理10 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

34、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 01100101B10010100C 10010101D01100100 【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

35、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

36、：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。 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理11 【答案】： 5610=1110002=0.111000 2 65 10=1012=0.101 2 3 对阶： 0.101 2 3=0.000101 2 6 尾数相加： 0.111000+0.0001010.111101 规格化结果：0.111101 2 6 舍入：数据己适合存储，不必舍入 检查溢出：数据无溢出。 第二章一般不考简答题 第 3 章 存储系统 一、名词解释： 历年真题： （2001 年） 2DRAM ：动态随机访问

37、存储器，利用电容电荷存储信息。 （2001 年） 6逻辑地址：程序员编程所用的地址以及CPU 通过指令访问主存时所产生的地址。 （2001 年） 10随机存取方式：可按地址访问存储器任一编址单元，其访问时间相同且与地址无关。 六年以来就考了这3 个名称解释，而且近4 年都没有考，所以第三章的名称解释不是考试的重点，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。 1RAM ：随机访问存储器，能够快速方便的访问地址中的内容，访问的速度与存储位置无关。 2ROM ：只读存储器，一种只能读取数据不能写入数据的存储器。 3SRAM ：静态随机访问存储器，采用双稳

38、态电路存储信息。 4DRAM ：动态随机访问存储器，利用电容电荷存储信息。 5EDO DRAM ：增强数据输出动态随机访问存储，采用快速页面访问模式并增加了一个数据锁存器以提 高数据传输速率。 6PROM ：可编程的ROM，可以被用户编程一次。 7EPROM ：可擦写可编程的ROM ，可以被用户编程多次。靠紫外线激发浮置栅上的电荷以达到擦除的 目的。 8EEPROM ：电可擦写可编程的ROM ，能够用电子的方法擦除其中的内容。 9SDRAM ：同步型动态随机访问存储器，在系统时钟控制下进行数据的读写。 10快闪存储器：一种非挥发性存储器，与EEPROM 类似，能够用电子的方法擦除其中的内容。

39、11相联存储器：一种按内容访问的存储器，每个存储单元有匹配电路，可用于是cache中查找数据。 12多体交叉存储器：由多个相互独立、容量相同的存储体构成的存储器，每个存储体独立工作，读写操 作重叠进行。 13访存局部性： CPU 的一种存取特性，对存储空间的90%的访问局限于存储空间的10%的区域中， 而另 外 10%的访问则分布在90%的区域中。 14直接映象：cache的一种地址映象方式，一个主存块只能映象到cache中的唯一一个指定块。 15全相联映象：cache的一种地址映象方式，一个主存块可映象到任何cache块。 16组相联映象：cache 的一种地址映象方式，将存储空间分成若干组

40、，各组之间用直接映象，组内各块 之间用全相联映象。 17全写法（写直达法） ：cache命中时的一种更新策略，写操作时将数据既写入cache又写入主存，但块 变更时不需要将调出的块写回主存。 18写回法： cache命中时的一种更新策略，写cache时不写主存，而当cache数据被替换出去时才写回主 存。 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理12 19按写分配：cache不命中时的一种更新策略，写操作时把对应的数据块从主存调入cache。 20不按写分配：cache不命中时的一种更新策略，写操作时该地址的数据块不从主存调入cache。 一般写回法采用按写分配法，写直达法则采用不按写分

41、配法。 21虚拟存储器：为了扩大容量，把辅存当作主存使用，所需要的程序和数据由辅助的软件和硬件自动地 调入主存，对用户来说，好像机器有一个容量很大的内存，这个扩大了的存储空间称为虚拟存储器 22层次化存储体系：把各种不同存储容量、不同访问速度、不同成本的存储器件按层次构成多层的存储 器，并通过软硬件的管理将其组成统一的整体，使所存储的程序和数据按层次分布在各种存储器件中。 23访问时间：从启动访问存储器操作到操作完成的时间。 24访问周期时间：从一次访问存储的操作到操作完成后可启动下一次操作的时间。 25带宽：存储器在连续访问时的数据吞吐率。 26段式管理：一种虚拟存储器的管理方式，把虚拟存储

42、空间分成段，段的长度可以任意设定，并可以放 大或缩小。 27页式管理：一种虚拟存储器的管理方式，把虚拟存储空间和实际存储空间等分成固定容量的页，需要 时装入内存，各页可装入主存中不同的实际页面位置。 28段页式管理：一种虚拟存储器的管理方式，将存储空间逻辑模块分成段，每段又分成若干页。 29固件：固化在硬件中的固定不变的常用软件。 30逻辑地址：程序员编程所用的地址以及CPU 通过指令访问主存时所产生的地址。 31物理地址：实际的主存储器的地址称为“真实地址”。 二、选择填空题： 历年真题评析： 2000 年： 5动态半导体存储器的特点是（） 。 A在工作中存储器内容会产生变化 B每次读出后，

43、需要根据原存内容重新写入一遍 C每隔一定时间，需要根据原存内容重新写入一遍 D在工作中需要动态地改变访存地址 【分析】：动态半导体存储器是利用电容存储电荷的特性记录信息，由于电容会放电，必须在电荷流失前 对电容充电，即刷新。方法是每隔一定时间，根据原存内容重新写入一遍。 【答案】：C 8地址线A15A0（低） ，若选取用16K1 存储芯片构成64KB 存储器则应由地址码译码产生片选信 号。 【分析】：用 16K1 芯片构成64KB 的存储器，需要的芯片数量为：(64K 8)/(16K 1)=32，每 8 片一组 分成 4 组，每组按位扩展方式组成一个16K8 位的模块， 4 个模块按字扩展方式

44、构成64KB 的存储器。存 储器的容量为64K=2 16，需要 16 位地址， 选用 A15-A0 为地址线； 每个模块的容量为 16K=2 14 需要 14 位地 址，选用 A13-A0 为每个模块提供地址；A15、A14 通过 2-4 译码器对4 个模块进行片选。 【答案】：Al5 ，A14 9有静态RAM 与动态 RAM 可供选择，在构成大容量主存时，一般就选择。 【分析】：静态 RAM 特点是存取速度快，单位价格（每字节存储空间的价格）较高；动态RAM 则是存取 速度稍慢，单位价格较低。所以考虑价格因素，在构成大容量的存储器时一般选择动态存储器。 【答案】：动态 RAM 2001 年：

45、 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理13 11高速缓冲存储器Cache 一般采取（） 。 A随机存取方式 B顺序存取方式 C半顺序存取方式 D只读不写方式 【分析】：Cache 是为提高存储器带宽而在主存储器和CPU 之间增加的存储器，目的是用来存储使用频繁 的数据和指令，存取方式应与主存储器相同，均为随机存取方式。 【答案】：A 12若存储周期250ns ，每次读出16 位，则该存储器的数据传送率为（） 。 A 4 10 6 字节/ 秒 B4M 字节/ 秒 C 8 10 6 字节/ 秒 D8M 字节/ 秒 【分析】：存储周期250ns，换算为250 10-9秒；每个存储周期可读出

46、16 位，为两个字节，则数据传 送率为： 2 字节（ 250 10-9）秒，即8 106 字节秒。 【答案】：C 13半导体静态存储器SRAM 的存储原理是（） 。 A依靠双稳态电路B依靠定时刷新 C依靠读后再生D信息不再变化 【分析】：半导体静态存储器SRAM是由双稳态电路构成，并依靠其稳态特性来保存信息；动态存储器 DRAM 是利用电容器存储电荷的特性存储数据，依靠定时刷新和读后再生对信息进行保存，而ROM 中的 信息一经写入就不再变化。 【答案】：A 2002 年： 6一般来讲，直接映象常用在（） 。 A小容量高速CacheB大容量高速Cache C小容量低速CacheD大容量低速Cac

47、he 【分析】：直接映象的地址转换速度快，但块的冲突概率较高。在大容量高速Cache 系统中使用直接映象 方式，即可以发挥Cache 的高速度，又可以减少块的冲突概率。 【答案】：B 7下列存储器中， （）速度最快。 A硬盘 B光盘 C磁带 D半导体存储器 【分析】：由于存储器原理和结构的不同，各种存储器的访问速度各不相同。以上存储器中访问速度由快 到慢的顺序为：半导体存储器、硬盘、光盘、磁带。 【答案】：D 2003 年： 15在下列Cache 替换算法中，一般说来哪一种比较好（） 。 A随机法B先进先出法 C后进先出法D近期最少使用法 【分析】：在 Cache 替换算法中，随机法是随机地确

48、定替换的存储单元，先进先出法是替换最早调入的存 储单元，它们都没有根据程序访存局部性原理，命中率较低；近期最少使用法比较正确地利用了程序访存 局部性原理，替换出近期用得最少的存储块，命中率较高，是一种比较好的替换算法。而后进先出法不是 2006 年 4 月考前串讲资料计算机组成原理14 Cache 所使用的替换算法，此法在堆栈存储结构中使用。 【答案】：D 2004 年： 8 表示主存容量的常用单位为（） 。 A数据块数B字节数C扇区数 D记录项数 【分析】：表示主存容量的常用单位字节B，是基本单位。此外还有KB、MB 、GB、TB 。 【答案】：B 11 存储器的随机访问方式是指（） 。 A可随意访问存储器 B按随机文件访问存储器 C可对存储器进行读出与写入 D可按地址访问存储器任一编址单元，其访问时间相同且与地址无关 【分析】：存储器的随机访问方式是指可按地址访问存储器任一编址单元，其访问时间相同且与地址无关。 【答案】：D 2005 年： 6动态存储器的特点是（） 。 A工作中存储内容会产