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【关键字】知识第一章1.诺依曼体制的主要思想：①采用二进制代码表示信息②采用保存程序工作方式（核心概念）③计算机硬件系统由五大部件（保存器、运算器、控制器、输入\出设备）组成2.cache:高速缓存，为解决CPU 与主存之间的速度匹配而设置的保存器。
位于CPU 和主存之间，速度可以与CPU 一样快，存放的是最近就要使用的程序和数据，容量较小。
3.总线：一组连接多个部件的公共信号线，可以分时地接收与发送各部件的信息。
4.通道：也称为通道控制器，能够执行专用的通道命令，是管理I/O 操作的控制部件。
5.从组成角度划分的层次结构模型：并不具备这种语言功能。
7.软硬件逻辑等价：在计算机中，有许多功能可直接由硬件实现，也可在硬件支持下依靠软件实现，对用户而言，在功能上是等价的。
这种情况称为软硬件在功能上的逻辑等价。
例如，乘法运算可由硬件乘法器实现，也可以在加法器与移位器的支持下，通过执行乘法子程序实现。
8.固件：微程序类似于软件，但被固化在只读保存器中，属于硬件CPU 的范畴，称为固件。
9.字长：基本字长一般是指参加一次定点运算的操作数的位数。
基本字长影响计算机精度、硬件成本，甚至指令系统的功能。
10.数据通路宽度：指数据总线一次能并行传送的数据位数，它影响计算机的有效处理速度。
11.数据传输率：是指数据总线每秒钟传送的数据量，也称为数据总线的带宽。
数据传输率=总线数据通路宽度×总线时钟频率/8（B/s ）第二章1.计算机中的信息分为两大类，一类是计算机处理的对象，称为数据；另一类是控制计算机工作的信息，称为控制信息。
相应地，在计算机工作时将存在数据流、控制流两类信息流。
2.在原码表示中，真值0可以有两种不同的表示形式，分别称为+0和-0.对于整数原码，表示的数的范围是3.在补码表示中，数0只有一种表示方法00 0对于定点整数补码，表示的数的范围是4.所谓浮点数的规格化，就是通过移动尾数，使尾数M 绝对值的最高位数字为1。
提示：答案一律在答题纸上书写！ 一、 选择题：（每题1分，共20分） 1. 已知1MB 2. 下列3. A ．4. A C ．5. 在的。
A ．6. 已知A.7. A ．8. 在对A.19. A ．B C 10. A.11. CPU A ．一条指令执行结束B ．外设提出中断C ．取指周期结束12. 在总线的C.总（行列地=。
8K*4b，则校否则会引专业：计算机科学与技术课程名称：计算机组成原理 学分：3.5 试卷编号（G ） 课程编号：1311082 考试方式：闭卷 考试时间：100 分钟拟卷人(签字)： 拟卷日期：2011-05-29 审核人(签字)：3.4.5.期6.1.（1（2（313．A．C14．ABC15．ABC 16．A．址C 17．DMAA．线周期18．A到CPUB．响应。
C请求。
19．I/OA．工作B．工作C．工作20．A. 21．I/OA.访问。
B指令。
C访问。
22．DMA方式10位来传-128，16 D．（150）-27，，若机器B5HEDHB．阶,当C．隐含,在程在程序执,在程34．果A．SP,(Msp) 35．A．+D）36．ABC37．A．38．A．C．39．Ｈ40．41．码提供数42．___A．址寻址从主存是否进。
1，2，1级中4级中断2，1，3，．在每个期后是CPU访B．取在微程序控制器中，机 C.多字节指令可加快取指令的速度二、简答题（每题4分，共20分） 1．如何理解计算机体系结构和计算机组成? 2．什么是总线判优？为什，，8根数2K ×8位；4位；8K4096～！ Ｃ．编课程名称：计算机组成原理 学分：3.5 试卷编号（B ） 课程编号：133102 考试方式：闭卷 考试时间：120 分钟 拟卷人(签字)： 拟卷日期：2006-12-5 审核人(签字)：ABCD3．Ａ．4．A．可变的B．C．变.5．ABC6．A.提供地址C.7．A. 8．A. 9．1MB10．11．AC12．A.C. 13．提供64提供16提供64两级C.Cache件中，C．存指C．一个中。
习题一1.什么是程序存储工作方式？答：计算机的工作方式——存储程序工作方式。
即事先编写程序，再由计算机把这些信息存储起来，然后连续地、快速地执行程序，从而完成各种运算过程。
2.采用数字化方法表示信息有哪些优点？用数字化方法表示信息的优点：（1）抗干扰能力强, 可靠性高。
（2）依靠多位数字的组合，在表示数值时可获得很宽的表示范围以及很高的精度。
（3）数字化的信息可以存储、信息传送也比较容易实现。
（4）可表示的信息类型与范围及其广泛，几乎没有限制。
（5）能用逻辑代数等数字逻辑技术进行信息处理，这就形成了计算机硬件设计的基础。
3.如果有7×9点阵显示出字符A的图像，请用9个七位二进制代码表示A的点阵信息。
4.数字计算机的主要特点是什么？1.（1）能在程序控制下自动连续地工作；（2|）运算速度快；（3）运算精度高；（4）具有很强的信息存储能力；（5）通用性强，应用领域及其广泛。
5.衡量计算机性能的基本指标有哪些？答：衡量计算机性能的基本指标：（1）基本字长——参加一次运算的数的位数；（2）数据通路宽度——数据总线一次能并行传送的位数；（3）运算速度——可用①CPU的时钟频率与主频，②每秒平均执行指令数，③典型四则运算的时间来表示。
（4）主存储器容量——可用字节数或单元数（字数）×位数来表示。
（5）外存容量——常用字节数表示。
（6）配备的外围设备及其性能。
（7）系统软件配置。
7.系统软件一般包括哪些部分？列举你所熟悉的三种系统软件。
系统软件一般包括操作系统，编译程序、解释程序、各种软件平台等。
例如WINDOWS98操作系统，C语言编译程序等，数据库管理系统。
8.对源程序的处理有哪两种基本方式？对源程序的处理通常有两种处理方式：解释方式和编译方式。
习题二1.将二进制数(101010.01)2转换为十进制数及BCD码。
解：(101010.01)2 = (42.25)10 = (01000010.00100101)BCD2.将八近制数(37.2)8转换为十进制数及BCD码.解:(37.2)8 = (31.25)10 =(011001.010101)BCD3.将十六进制熟(AC.E)转换为十进制数及BCD码.解: (AC.E)16 =(174.875)10 = (000101110100.100001110101)BCD4.将十进制数(75.34)10转换为8位二进制数及八进制数、十六进制数。
2021年嘉应学院计算机应用技术专业《计算机组成原理》科目期末试卷B（有答案）一、选择题1、对36位虚拟地址的页式虚拟存储系统，每页8KB，每个页表项为32位，页表的总容量为（）。
A.1MBB.4MBC.8MBD.32MB2、某存储器容量为64KB，按字节编址，地址4000H~5FFFH为ROM区，其余为RAM 区。
若采用8K×4位的SRAM芯片进行设计，则需要该芯片的数量是（）。
A.7B.8C.14D.163、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=2×29/32，y=25×5/8，则用浮点数加法计算xty的最终结果是（）。
A.001111100010B.001110100010C.010*********D.发生溢出4、假设机器字长为8位（含两位符号位），若机器数DA日为补码，则算术左移一位和算术右移一位分别得（）。
A.B4H EDHB.F4H 6DHC.B5H EDHD.B4H 6DH5、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6、在下列各种情况中，最应采用异步传输方式的是（）.A.I/O接口与打印机交换信息B.CPU与主存交换信息C.CPU和PCI总线交换信息D.由统一时序信号控制方式下的设备7、假设某存储器总线采用同步通信方式，时钟频率为50MHz，每个总线事务以突发方式传输8个字，以支持块长为8个字的Cache行读和Cache行写，每字4B.对于读操作，方式顺序是1个时钟周期接收地址，3个时钟周期等待存储器读数，8个时钟周期用于传输8个字。
请问若全部访问都为读操作，该存储器的数据传输速率为（）。
A.114.3MB/sB.126.0MB/sC.133.3MB/sD.144.3MB/s8、下列描述中，正确的是（）。
一、单选题1、下列对PC寄存器描述，错误的是（）A.PC也称为程序指针计数器B.机器指令在存储器中对应的地址码，就是存储在PC之中；C.取指令结束以后，需要修改PC保存的内容，修改量取决于指令字长和存储器的编址方式D.在机器指令中，不能够显式使用PC寄存器正确答案：D2、下列不属于程序状态字PSW中保存的信息是（）A.I/O请求标志B.0标志位C. 允许中断标志D.运行模式标志正确答案：A3、下列各项对CPU时序控制信号的表述中，错误的是（）A.系统时钟信号是由低频振荡器产生的，它是计算机系统各种时钟信号的基础B.CPU的主频信号由系统时钟信号经过频率放大以后产生C.多周期CPU的指令周期可以只包括1个时钟周期，因此CPI>=1；D.单周期CPU的指令周期只包含1个时钟周期，因此CPI=1；正确答案：C4、下列对CPU控制模式的各种描述，错误的是（）A.同步控制方式的特点是各功能部件需要向统一的时序信号对齐，部件之间不需要相互通信，CPU的内部控制通常采用同步控制方式B.异步控制方式没有统一的时序信号，因此CPU各部件之间需要交互应答才能协调一致执行指令C.异步控制方式的硬件结构比同步控制方式更简单。
D.CPU的主频信号，就是同步控制方式时各步操作的时序信号。
正确答案：C5、下列对CPU的发展历程描述，错误的是（）A.早期的CPU是由电子管器件组成，体积庞大、功耗高，属于非微处理器B.CPU的发展历程经历了单核时代到多核时代，采用的半导体工艺制程也越来越小C.目前的CPU, 以多核、多线程处理器为主流D.指令流水线技术首次是在INTEL酷睿系列处理器中才开始采用；正确答案：D6、下列关于CISC和RISC的表述，错误的是（）A.CISC也称为复杂指令集，特点是指令架构复杂、指令数量庞大、涉及的寻址方式多种多样。
B.RISC也称为精简指令集，特点是指令架构简单、指令数相对较少，寻址方式也较少。
目 录第一部分 考研真题精选一、选择题二、综合应用题第二部分 章节题库第1章 计算机系统概论第2章 运算方法和运算器第3章 多层次的存储器第4章 指令系统第5章 中央处理器第6章 总线系统第7章 外存与I/O设备第8章 输入输出系统第9章 并行组织与结构第一部分 考研真题精选一、选择题1下列关于冯·诺依曼结构计算机基本思想的叙述中，错误的是（ ）。
[2019年408统考]A．程序的功能都通过中央处理器执行指令实现B．指令和数据都用二进制表示，形式上无差别C．指令按地址访问，数据都在指令中直接给出D．程序执行前，指令和数据需预先存放在存储器中【答案】C根据冯·诺依曼体系结构的基本思想可知，所有的数据和指令序【解析】列都是以二进制形式存放在存储器中，计算机根据周期来区分指令和数据，因此数据是从存储器读取而非在指令中给出，因此C项是错误的。
2下列有关处理器时钟脉冲信号的叙述中，错误的是（ ）。
[2019年408统考]A．时钟脉冲信号由机器脉冲源发出的脉冲信号经整形和分频后形成B．时钟脉冲信号的宽度称为时钟周期，时钟周期的倒数为机器主频C．时钟周期以相邻状态单元间组合逻辑电路的最大延迟为基准确定D．处理器总是在每来一个时钟脉冲信号时就开始执行一条新的指令【答案】D【解析】计算机完成一条指令的时间称为指令周期，而一条指令通常是由几个时钟周期组成的，因此计算机不可能每来一个时钟脉冲就执行一个新指令，所以D项是错误的。
3某指令功能为R[r2]←R[r1]+M[R[r0]]，其两个源操作数分别采用寄存器、寄存器间接寻址方式。
对于下列给定部件，该指令在取数及执行过程中需要用到的是（ ）。
[2019年408统考]Ⅰ．通用寄存器组（GPRs）Ⅱ．算术逻辑单元（ALU）Ⅲ．存储器（Memory）Ⅳ．指令译码器（ID）A．仅Ⅰ、ⅡB．仅Ⅰ、Ⅱ、ⅢC．仅Ⅱ、Ⅲ、ⅣD．仅Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ【答案】B一条指令的执行过程为取指令、分析指令、执行指令。
计算机组成原理（第三版）课后答案计算机是⼀种能⾃动地、⾼速地对各种数字化信息进⾏运算处理的电⼦设备。
1．2冯诺依曼计算机体系结构的基本思想是存储程序，也就是将⽤指令序列描述的解题程序与原始数据⼀起存储到计算机中。
计算机只要⼀启动，就能⾃动地取出⼀条条指令并执⾏之，直⾄程序执⾏完毕，得到计算结果为⽌。
按此思想设计的计算机硬件系统包含：运算器、控制器、存储器、输⼊设备和输出设备。
各部分的作⽤见教材：P10—P121．3计算机的发展经历了四代。
第⼀代：见教材P1第⼆代：见教材P2第三代：见教材P2第四代：见教材P21．4系统软件定义见教材：P12—13，应⽤软件定义见教材：P121．5见教材：P14—151．6见教材：P111．7见教材：P6—81．8硬件定义见教材：P9软件定义见教材：P12固件定义见教材：P131．91）听觉、⽂字、图像、⾳频、视频2）图像、声⾳、压缩、解压、DSP1．10处理程度按从易到难是：⽂本→图形→图像→⾳频→视频27/64=00011011/01000000=0.0110110=0.11011×2-1规格化浮点表⽰为：[27/64]原＝101，011011000[27/64]反＝110，011011000[27/64]补＝111，011011000[27/64]反＝110，100100111[27/64]补＝111，1001010002．3 模为：29=10000000002．4 不对，8421码是⼗进制的编码2．5浮点数的正负看尾数的符号位是1还是0浮点数能表⽰的数值范围取决于阶码的⼤⼩。
浮点数数值的精确度取决于尾数的长度。
2．61）不⼀定有N1>N2 2）正确2．7 最⼤的正数：0111 01111111 ⼗进制数：（1－2－7）×27最⼩的正数：1 ⼗进制数：2－7×2－7最⼤的负数：1 ⼗进制数：--2－7×2－7最⼩的负数：0111 10000001 ⼗进制数：--（1－2－7）×272．81）[x]补=00.1101 [y]补=11.0010[x+y]补＝[x]补+[y]补=11.1111⽆溢出x+y= －0.0001[x]补=00.1101 [--y]补=00.1110[x－y]补＝[x]补+[--y]补=01.1011 正向溢出2）[x]补=11.0101 [y]补=00.1111[x+y]补＝[x]补+[y]补=00.0100 ⽆溢出x+y= 0.0100[x]补=11.0101 [--y]补=11.0001[x－y]补＝[x]补+[--y]补=10.0110 负向溢出3) [x]补=11.0001 [y]补=11.0100[x+y]补＝[x]补+[y]补=10.0101 负向溢出[x]补=11.0001 [--y]补=00.1100[x－y]补＝[x]补+[--y]补=11.1101 ⽆溢出X－y=－0.00112．91）原码⼀位乘法|x|=00.1111 |y|=0.1110部分积乘数y n00.0000 0.1110+00.000000.0000+00.111100.11110→00.011110 0.11+00.111101.011010→00.1011010 0.1+00.111101.1010010→00.11010010P f=x f⊕y f=1 |p|=|x|×|y|=0.11010010所以[x×y]原=1.11010010补码⼀位乘法[x]补=11.0001 [y]补=0.1110 [--x]补=11.0001 部分积y n y n+1 00.0000 0.11100→00.00000 0.1110+00.111100.11110→00.011110 0.111→00.0011110 0.11→00.0 0.1+11.000111.00101110[x×y]补=11.001011102）原码⼀位乘法|x|=00.110 |y|=0.010部分积乘数y n00.000 0.010+00.00000.000→00.0000 0.01+00.11000.1100→00.01100 0.0+00.00000.01100 0所以[x×y]原=0.001100补码⼀位乘法[x]补=11.010 [y]补=1.110 [--x]补=00.110部分积y n y n+100.000 1.1100→00.0000 1.110+00.11000.1100→00.01100 1.11→00.001100 1.1所以[x×y]补=0.0011002．101）原码两位乘法|x|=000.1011 |y|=00.0001 2|x|=001.0110部分积乘数 c000.0000 00.00010+000.1011000.1011→000.001011 0.000→000.00001011 00.0P f=x f⊕y f=1 |p|=|x|×|y|=0.00001011所以[x×y]原=1.00001011补码两位乘法[x]补=000.1011 [y]补=11.1111 [--x]补=111.0101部分积乘数y n+1000.0000 11.11110+111.0101111.0101→111.110101 11.111→111.11110101 11.1所以[x×y]补=111.11110101 x×y=--0.000010112）原码两位乘法|x|=000.101 |y|=0.111 2|x|=001.010 [--|x| ]补=111.011 部分积乘数 c 000.000 0.1110+111.011111.011→111.11011 0.11+001.010→000.100011P f=x⊕y f=0 |p|=|x|×|y|=0.100011所以[x×y]原=0.100011补码两位乘法[x]补=111.011 [y]补=1.001 [--x]补=000.101 2[--x]补=001.010 部分积乘数y n+1 000.000 1.0010+111.011111.011→111.111011 1.00+001.010001.00011→000.100011所以[x×y]补=0.1000112.111) 原码不恢复余数法|x|=00.1010 |y|=00.1101 [--|y| ]补=11.0011部分积商数00.1010+11.0011←11.1010+00.110100.0111 0.1←00.1110+11.001100.0001 0.11←00.0010+11.001111.0101 0.110←01.1010+00.110111.0111 0.1100+00.110100.0100所以[x/y]原=0.1100 余数[r]原=0.0100×2—4补码不恢复余数法[x]补=00.1010 [y]补=00.1101 [--y]补=11.0011 部分积商数00.101000.0111 0.1←00.1110+11.001100.0001 0.11←00.0010+11.001111.0101 0.110←10.1010+00.110111.0111 0.1100+00.110100.0100所以[x/y]补=0.1100 余数[r]补=0.0100×2—42）原码不恢复余数法|x|=00.101 |y|=00.110 [--|y| ]补=11.010 部分积商数00.101+11.01011.111 0←11.110+00.11000.100 0.1←01.000+11.01000.010 0.11←00.100+11.01011.110 0.110+00.11000. 100所以[x/y]原=1.110 余数[r]原=1.100×2—3补码不恢复余数法[x]补=11.011 [y]补=00.110 [--y]补=11.010 部分积商数11.01111.100 1.0←11.000+00.11011.110 1.00←11.100+00.11000.010 1.001+11.01011.100所以[x/y]补=1.001+2—3=1.010 余数[r]补=1.100×2—32．121）[x]补=21101×00.100100 [y]补=21110×11.100110⼩阶向⼤阶看齐：[x]补=21110×00.010010求和：[x+y]补=21110×（00.010010＋11.100110）＝21110×11.111000 [x-y]补=21110×（00.010010＋00.011010）＝21110×00.101100 规格化：[x+y]补=21011×11.000000 浮点表⽰：1011，11.000000规格化：[x-y]补=21110×00.101100 浮点表⽰：1110，0.101100 2）[x]补=20101×11.011110 [y]补=20100×00.010110⼩阶向⼤阶看齐：[y]补=20101×00.001011求和：[x+y]补=20101×（11.011110＋00.001011）＝20101×11.101001 [x-y]补=20101×（11.011110＋11.110101）＝20101×00.010011 规格化：[x+y]补=21010×11.010010 浮点表⽰：1010，11. 010010规格化：[x-y]补=21010×00.100110 浮点表⽰：1010，00.1001102．13见教材：P702．141）1.0001011×262）0.110111*×2-62．151）串⾏进位⽅式C1=G1+P1C0G1=A1B1，P1=A1⊕B1C2=G2+P2C1G2=A2B2，P2=A2⊕B2C3=G3+P3C2G3=A3B3，P3=A3⊕B3C4=G4+P4C3G4=A4B4，P4=A4⊕B4C2=G2+P2G1+P2P1C0C3=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1C0C4= G4+P4G3+P4P3G2+P4P3P2G1+P4P3P2P1C02．16参考教材P62 32位两重进位⽅式的ALU和32位三重进位⽅式的ALU 2．17C n“1”“1”3.1见教材：P79 3．2 见教材：P833．3与SRAM 相⽐，DRAM 在电路组成上有以下不同之处：1）地址线的引脚⼀般只有⼀半，因此，增加了两根控制线RAS 、CAS ，分别控制接受⾏地址和列地址。
