数据的表示和运算.docx
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数据的表示和运算.docx
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数据的表示和运算
数据的表示和运算
(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 √
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.11.111000
B.00.000111
C.11.101010
D.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.11111111
B.00000000 √
C.10000000
D.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+3≥23-1,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.110100111
B.001000111
C.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O
C.符号位为1
D.符号位进位和最高数位进位异或结果为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cr①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+127
C.+(2-2-23)×2+255
D.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.01111001
B.11010110 √
C.00000100
D.10000101
解析:
BCD码是十进制的二进制编码,即将一位十进制数0~9用四位二进制数0000~1001表示,四位编码中剩下的6种二进制编码1010~1111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.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ALU
B.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ALU
D.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,74182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 √
.010*******
C.0000011001
D.0000010011
解析:
4=0.0110011B=1.10011×2-2,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0101010011。
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.-120
B.-7
C.-112
D.-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.-1<X<1
B.-1<X≤1
C.-1≤X<1 √
D.-1≤X≤1
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X<1。
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-1
B.n
C.n+1 √
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.[A×B]补=()。
(分数:
2.00)
A.A]补×[B]补
B.A]补×[B]补-[A]补×2n
C.A]补
D.A]补×B-[A]补×2n
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.(0.101)2
B.(0.62)10
C.(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=(0.101010)2>(0.101)2;(0.75)16=(0.01110101)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=5×8-1+2×8-2>5/8>(0.62)10,故(0.52)8最大。
24.若[x]补=x0x1x2…xn,其中x0是符号位,x1是最高数位,若()时,则当补码左移会发生溢出。
(分数:
2.00)
A.x0=x1
B.x0≠x1 √
C.x1=O
D.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x0≠x1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码严格区别,不会发生混淆。
28.4片74181ALU和1片74182CLA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.1100000000
B.01.0000000
C.10.0000000 √
D.00.1000000
解析:
负溢出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011110001001,其真值是()。
(分数:
2.00)
A.456
B.456H √
C.789
D.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
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
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+k
B.n-k √
C.n
D.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+1-1
C.1≤|N|≤2n-1-1
D.1≤|N|≤2n-1
E.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)~(1~2-7),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10010011等值扩展到16位后,其机器数为()。
(分数:
2.00)
A.1111111110010011 √
B.0000000010010011
C.1000000010010011
D.111111*********1
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。
下列规格化浮点数哪个数最大()。
(分数:
2.00)
A.1111111,1.0000….00
B.0011111,1.0111….01
C.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=9—7=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74LSl81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=010101001[y]补=001110011
(1)阶码运算:
因为尾数中0.1001<0.1101,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:
[jx]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
0.1001
0.0000
+B补
1.0011
A和B异号,X补+Y补
1.1100
1
余数与B同号商上1
1.1000
1
左移一位
+[-B补
0.1101
减去除数
0.0101
1.0
余数与B异号商上0
0.1010
1.0
左移一位
+B补
1.0011
加上除数
1.1101
1.01
余数与B同号商上1
1.1010
1.01
左移一位
+[-B补
0.1101
减去除数
0.0111
1.010
余数与B异号商上0
0.1110
1.0101
左移一位,末位商恒置1
所以
[A/B]补=1.0101
(3)规格化:
尾数相除结果已为规格化数,所以[x/y]补=001010101,即x/y=22×(-11/16))
解析:
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)
__________________________________________________________________________________________
正确答案:
(在定点补码加法的情况下,溢出的条件是两个符号位相同的数相加和超过了定点数的表示范围。
溢出判断的方法:
方法Ⅰ:
用一位符号位判断溢出:
符号位产生的进位与最高有效位产生的进位异或操作后,若异或结果为1,即为溢出;异或结果为0,则无溢出。
方法Ⅱ:
用两位符号位判断溢出:
设左边第一位为第一符号位,相邻的符号位为第二符号位,则:
00表示正号、11表示负号。
定点加法的结果中若2位符号位不同时,则01表示产生正向溢出,10表示产生负向溢出,否则,无溢出。
)
解析:
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)
__________________________________________________________________________________________
正确答案:
(因为29/32=16/32+8/32+4/32+1/32=(0.11101)2
∴[X]浮=00111,00.11101
5/8=4/8+1/8=(0.10100)2∴[Y]浮=00101,00.10100
(1)求阶差并对阶:
△E=Ex-Ey=Ex+[-Ey]补=00111+11011=00010
即△E为2,y的阶码小,应使y的尾数向右移2位,Ey加2,
∴[Y]浮=00111,00.00
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