⑵定点原码小数表示时，最大正数＝（1－2）；最小负数＝－（1－2） 3．写出下列二进制数的原码、反码、补码和移码。 （1）±1011 （2）±0．1101 （3）±0
解：①（＋1011）原＝01011 （－1011）原＝11011 （＋1011）反＝01011 （－1011）反＝10100 （＋1011）补＝01011 （－1011）补＝10101 （＋1011）移＝11011 （－1011）移＝00100 ②（＋0.1101）原＝0.1101 （－0.1101）原＝1.1101
（＋0.1101）反＝0.1101 （－0.1101）瓜＝1.0010 （＋0.1101）补＝0.1101 （－0.1101）补＝1.0011 （＋0.1101）移＝0.1101 （－0.1101）移＝0.0011 ③（＋0.0000）原＝00000 （－00000）原＝10000
（＋0.0000）反＝00000 （－00000）反＝11111 （＋0.0000）补＝00000 （－00000）原＝00000 （＋0.0000）移＝10000 （－00000）原＝10000
4．某机器字长16位，浮点表示时，其中含1位阶符、5位阶码、1位尾符、9位尾数，请写出它能表示的最大浮点数和最小浮点数。
+21-9
解：最大浮点数＝2×（1－2）
+31-9
最小浮点数＝－2×（1－2）。
5．字符“F”的ASCII码为46H，请写出它的奇校验码和偶校验码（假定校验位加在最高位）。 解：字符“F”的ASCII码为46H，奇校验码为10110110（B6H），偶校验码为00110110（36H）。 6．已知被校验的数据为101101，求其海明校验码。
提示：先决定校验位的位数r=4，然后根据编码规则决定海明校验位的位置和数据位的位置，最后用偶校验法求出校验位的值。答案应为1011100100。
解：⑴先定校验位的位数，当r＝4时，共有16种状态，大于k＋r＋1＝11,故选用r＝4,校验位至少取4位。
i-1
⑵决定校验位的位置：按海明码生成法规定，海明校验位第i位应放在2的海明位置上。
⑶决定数据位的位置：数据位应由低到高依次插空放在其他海明位上。即D6 D5 P4 D4 D3 P3D1 P2 P1。 ⑷决定被校验数据位由哪几位校验位进行校验：按海明码生成法规定，每个数据位由多个校验位进行校验，但被校验数据的海明位号要等于校验该位数据的各位校验位的海明位号之和。
⑸决定各个校验位之值：按海明码生成法规定，用偶校验法生成校验位，校验位之值为各被校验位数据之和。
P1＝D1⊕D2⊕ D4⊕ D5 P2＝D1⊕D3⊕ D4⊕ D6 P3＝D2⊕D3⊕ D4 P4＝D5⊕D6
在本例中，被校数据为101101，即D1＝1，D2＝0，D3＝1，D4＝1，D5＝0，D6＝1，故
P1＝D1⊕D2⊕ D4⊕ D5＝0 P2＝D1⊕D3⊕ D4⊕ D6＝0 P3＝D2⊕D3⊕ D4＝1 P4＝D5⊕D6＝1
最后得到被校验数据101101的海明码为1011100100。
7．已知被检信息为1010，选择的生成多项式是G（X）为X3＋X＋1，求CRC校验码，并求循环余数，说明其校验原理。
-31-31
解：⑴ 生成多项式为K＋1位的X3＋X＋1，即G（X）＝1011。 ⑵ 确定校验位的位数为K＝3。
⑶ 在有效数据位后面添3（K＝3）个0，然后用它与G（X）进行模2除法运算，所得余数即为所求的校验位。
运算过程如下： 1001 1011√1010100 1011 1000 1001 011
余数为011，所以被检数据的CRC校验码为1010011。
⑷ 求循环余数：在上述余数011的基础上添0继续进行模2除法。余数循环如下： 011→110→111→101→001→010→100→011。除法过程略。
8．将二进制数1011010转换成8421码。 解：先把二进制数转换成十进制数，（1011011）2＝91＝（10010001）8421。
五、简答题
1．试比较定点带符号数在计算机内的四种表示方法。
答：带符号数在计算机内部的表示方法有原码、反码、补码和移码。
原码表示方法简单易懂，实现乘、除运算简单，但用它实现加、减运算比较复杂。 补码的特点是加、减法运算规则简单，正负数的处理方法一致。
反码通常只用来计算补码，由于用反码运算不方便，在计算机中没得到实际应用。
移码由于保持了数据原有的大小顺序，便于进行比较操作，常用于浮点数中的阶码，使用比较方便。 2．试述浮点数规格化的目的和方法。
答：浮点的规格化是为了使浮点数尾数的最高数值位为有效数位。当尾数用补码表示时，若符号位与小数点后的第一位不相等，则被定义为已规格化的数，否则便是非规格化数。通过规格化，可以保证运算数据的精度。
通常，采用向左规格化（简称左规），即尾数每左移一位，阶码减1，直至规格化完成。 3．在检错码中，奇偶校验法能否定位发生错误的信息位？是否具有纠错功能？ 答：⑴ 在检错码中，奇偶校验法不能定位发生错误的信息位。
⑵ 奇偶校验没有纠错能力。4．简述循环冗余码（CRC）的纠错原理。 4．简述循环冗余码（CRC）的纠错原理。
答：CRC码是一种纠错能力较强的校验码。在进行校验时，先将被检数据码的多项式用生成多项式G（X）来除，若余数为0，说明数据正确；若余数不为0，则说明被检数据有错。只要正确选择多项式G（X），余数与CRC码出错位位置的对应关系是一定的，由此可以用余数作为判断出错位置的依据而纠正出错的数据位。
3．2 补充题及解析
本节提供了大量的补充习题，题型包括选择题、填空题、简答题和综合题，并附有题目的解析，仅供读者参考。
3．2．1 选择题
3．2．2 填空题
3．2．3 简答题
3．2．4 综合题
第4章 存储系统
本章将给出主教材《计算机组成原理》第4章的习题及补充题的解析。 4．1 主教材习题解析
一．判断题
1．计算机的主存是由RAM和ROM两种半导体存储器组成的。 答：正确。
2．CPU可以直接访问主存，而不能直接访问辅存。 答：正确。
3．外（辅）存比主存的存储容量大、存取速度快。 答：错误。
4．动态RAM和静态RAM都是易失性半导体存储器。 答：正确。
5．Cache的功能全部由硬件实现。 答：正确。
6．引入虚拟存储器的目的是为了加快辅存的存取速度。 答：错误。
7．多体交叉存储器主要是为了解决扩充容量的问题。
答：错误。多体交叉存储器主要是为了提高存取速度，增加带宽。 8．Cache和虚拟存储器的存储管理策略都利用了程序的局部性原理。 答：正确。
9．多级存储体系由Cache、主存和辅存构成。 答：正确。
10．在虚拟存储器中，当程序正在执行时，由编译器完成地址映射。 答：错误（由操作系统完成）。 二．选择题
1．主（内）存用来存放 。
A．程序 B．数据 C．微程序 D．程序和数据 解：答案为D。
2．下列存储器中，速度最慢的是 。
A．半导体存储器 B．光盘存储器 C．磁带存储器 D．硬盘存储器 解：答案为C。
3．某一SRAM芯片，容量为16K×1位，则其地址线有 。 A．14根 B．16K根 C．16根 D．32根 解：答案为A。
4．下列部件（设备）中，存取速度最快的是 。
A．光盘存储器 B．CPU的寄存器 C．软盘存储器 D．硬盘存储器 解：答案为B。
5．在主存和CPU之间增加Cache的目的是 。 A．扩大主存的容量
B．增加CPU中通用寄存器的数量
C．解决CPU和主存之间的速度匹配 D．代替CPU中的寄存器工作 解：答案为C。
6．计算机的存储器采用分级存储体系的目的是 。 A．便于读写数据 B．减小机箱的体积
C．便于系统升级 D．解决存储容量、价格与存取速度间的矛盾 解：答案为D。
7．相联存储器是按 进行寻址的存储器。
A．地址指定方式 B．堆栈存取方式
C．内容指定方式 D．地址指定与堆栈存取方式结合 解：答案为C。
8．某SRAM芯片，其容量为1K×8位，加上电源端和接地端后，该芯片的引出线的最少数目应为 。
A．23 B．25 C．50 D．20 解：答案为D。
9．常用的虚拟存储器由 两级存储器组成，其中辅存是大容量的磁表面存储器。 A．主存—辅存 B．快存—主存 C．快存—辅存 D．通用寄存器—主存 解：答案为A。
10．在Cache的地址映射中，若主存中的任意一块均可映射到Cache内的任意一快的位置上，则这种方法称为 。
A．全相联映射 B．直接映射 C．组相联映射 D．混合映射 解：答案为A。
三．填空题 1．对存储器的要求是 、 、 ，为解决这三者的矛盾，计算机、采用 体系结构。
答：速度快、容量大、成本低，分级存储体系。
2．CPU能直接访问 和 ，但不能访问 和 。 答：主存、CACHE、外存、I/O设备。
3．Cache的映射方式有 、 和 三种。其中 方式，适度地兼顾了前两者的优点又尽量避免其缺点，比较理想。
答：直接映象、全相联映象、组相联映象，组相联映象。
4．广泛使用的 和 都是半导体 存储器。前者的速度比后者快， 不如后者高。它们的共同缺点是断电后 保存信息。 答：依次为SRAM、DRAM、随机读写、集成度、不能。
5．闪速存储器能提供高性能、低功耗、高可靠性以及 能力，为现有的 体系结构带来巨大变化，因此作为 用于便携式电脑中。
答：瞬时启动、存储器、固态盘。
6．相联存储器不按地址而是按 访问的存储器，在Cache中用来存放 ，在虚拟存储器中用来存放 。
答：内容，行地址表，段表、页表和快表。
7．虚拟存储器指的是 层次，它给用户提供了一个比实际 空间大得多的 。 答：主-辅存，主存，虚拟地址。
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