(总分：100.00，做题时间：90分钟)
一、单项选择题(总题数：54，分数：94.00)
1.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______。 （分数：2.00） A.2-9 B.2-8 C.2-7 √ D.2-6
解析：[解析] 求最小的非零正数，符号位为0，数值位取非0中原码最小值，该8位数据编码为0.0000001，表示的值是2 ，所以选C。
2.已知[X] 补 =0110 0011，则[-X] 补 等于______。 （分数：2.00） A.0001 1100 B.1001 1100 C.1001 1101 √ D.以上都不是
解析：[解析] X为正整数，则原码、补码、反码相同。
解法一：[X] 原 =01100011，[-X] 原 =[11100011] 原 =[10011100] 反 =[10011101] 补 ，所以选C。 解法二：(可用来验证答案) [-X] 补 +[X] 补 =[00000000] 补
只有C项满足[01100011] 补 +[10011 101] 补 =[00000000] 补 解法三：(转换口诀)
由[X] 补 求[-X] 补 ，是将[X] 补 连同符号位一起各位求反，末位加1。 3.已知[X] 补 =0.111 1110，则[X] 原 等于______。 （分数：2.00） A.0 B.0 C.0 √ D.1
解析：[解析] 若原码的真值大于等于0，其补码跟原码一样。(注意：原码中0有两种表示，但补码只有一个。对于原码中的两种0，无论用两种转换规则的哪种，其补码刚好都是一样的) 补码0.1111110，从符号位得出为正数，其补码跟原码一样，故选C。 若为负数，其原码为“符号位不变，数值位取反，末位加1”。
4.早期的计算机只有定点数表示，相比浮点数表示，定点数的缺点有______。 Ⅰ．硬件结构复杂 Ⅱ．运算编程困难
Ⅲ．表示数的范围小 Ⅳ．数据存储单元的利用率很低 （分数：2.00） A.Ⅰ、Ⅱ B.Ⅱ、Ⅲ C.Ⅲ、Ⅳ D.Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ √
解析：[解析] 浮点数的硬件结构比定点数复杂，故Ⅰ不是定点数的缺点。
定点数进行运算时，程序程序设计人员必须首先确定机器小数点的位置，并把所有参与运算的数据的小数点都对齐到这个位置上，然后机器才能正确进行运算，故Ⅱ属于定点数的缺点。
定点数的表示数范围小，16位字长的计算机所能表示的整数的范围只有-32768～32767。为了表示两个大小相差很大的数据，需要有很长的字长，故Ⅲ属于定点数的缺点。
-7
为了把小数点的位置定在数据最高位前面，必须把所有参与运算的数据至少都除以这些数据中的最大数，只有这样才能把所有数据都化成纯小数，因而会造成很多数据有大量的前置零，从而浪费了很多数据存储单元，导致数据存储单元的利用率很低，故Ⅳ属于定点数的缺点。 综上所述，本题选D。
5.相同位数的补码、移码、反码中，能表示的整数最多的是______。 （分数：2.00） A.补码 B.移码 C.反码
D.补码和移码 √
解析：[解析] 4种表示方式中，正负数都是可以一一对应的。所能表示个数的差别就在于0的表示。 原码：原码的0有两种表示，即符号位为0和1两种零。
反码：正数的反码与其原码相同；负数的反码是对其原码逐位取反，但符号位除外，故反码的0也有两种表示。
补码：补码的0只有一种表示，形如00…0。注意：10…0表示的不是负零，而是最大负数。 移码：移码是符号位取反的补码，故0也是只有一种表示。
考生通过理解定义，进而理解4种表示方式之间的联系，万变不离其宗，就可以减少记忆错误的失分。 综上所述，补码和移码的表示整数个数都比原码和反码多1，故选D。 6.补码定点整数0101 0000左移两位后的值为______。 （分数：2.00） A.0101 0000 B.0100 0000 √ C.0100 0011 D.都错
解析：[解析] 解法一：该数为补码，符号位为0，按照算术补码的移位规则，正数左右移位均添0，且符号位不变，所以0101 0000左移两位后的值为0100 0000。
解法二：考生有时会忘记这些复杂的规律，这时可以采取其他思路。移位操作的本质就是乘除操作，但若溢出，溢出信息丢失。左移两位就是乘以4。补码0101 0000，原码也为0101 0000，十进制数为2^6+2^4，乘以4后为：2^8+2^6，表示为1 0100 0000。去掉溢出位，就为0100 0000。
[注意] 所有移位操作的题目，都可以化成十进制进行求解或验算。左移n位相当于对应的十进制数×2 ，右移n位相当于对应的十进制数×2 。
7.补码定点整数1101 0000右移两位后的值为______。 （分数：2.00） A.0100 0000 B.0011 0100 C.1111 0100 √ D.都错
解析：[解析] 解法一：该数为补码，符号位为1，按照算术补码移位规则，负数右移添1，负数左移添0，所以1101 0000右移两位后为1111 0100。
解法二：右移就是除以4。补码1101 0000，原码为1011 0000，十进制数为-(2^5+2^4)，除以4后为-(2^3+2^2)，原码为1000 1100，补码为1111 0100。
[注意] 所有移位操作的题目，都可以化成十进制进行求解或验算。左移n位相当于对应的十进制数×2 ，右移n位相当于对应的十进制数×2 。
8.若定点整数k位，第一位为符号位，采用补码表示，所能表示的绝对值最大负数和最大正数分别为______。 （分数：2.00） A.-2k和2k-1 √ B.-(2k-1)和2k C.-2k和2k D.-(2k-1)和2k-1
-n
n
-n
n
解析：[解析] 根据补码的几条规定即可推出答案： 1)若二进制每位全为0，则表示数0。 2)若最高位(即符号位)为0，表示正数。
3)若最高位为1，表示是负数，而该负数的绝对值是多少呢?将每个二进制位(包括符号位)取反加1，得到一个二进制数，将该数看成无符号数，其值就是上述负数的绝对值。例如，二进制的10000000的最高位为1，所以它表示的是负数，是负的多少呢?我们将其8位全部取反，得到01111111，然后加1，得到10000000。将该数看作无符号数，值为128，故计算机中的10000000表示的是-128。最高位(即符号位)为1的8位有符号数有128个，故可表示128个负数；最高位为0的8位有符号数有128个，但全0的那个表示数0，所以总共只能表示127个正整数。若为k+1位，其补码的表示范围为[-2 ，2 -1]。 所以答案为A。
9.下列关于原码、补码、反码和移码的叙述中，不正确的是______。 （分数：2.00）
A.相同位数的补码和移码具有相同的数值范围 B.零的补码和移码表示不同
C.一般反码用于表示浮点数的阶码 √ D.在实际计算机中，很少存储原码和反码
解析：[解析] 同一真值的补码和移码只有一个符号位是不同的，且唐朔飞编写的教材中有真值、补码、移码的对照表。二者表示的范围是一样的，故A正确。
若机器字长k位，则[0] 补 =00…0，[0] 移 =2 +0=10…0，[0] 补 ≠[0] 移 ，故B正确。 一般移码用于表示浮点数的阶码，故C错误。 计算机一般存储的是补码和移码。
原码是有符号数的最简单的编码方式，便于输入输出，但很少用于存储。 反码一般是计算过程中的中间过程。 所以D的叙述也是正确的。
10.n位补码可表示负数个数为______。 （分数：2.00） A.2n B.2n-1 C.2n-1-1 D.2n-1 √
解析：[解析] n位补码表示整数的范围为[-2 ，2 -1]，其中负数为2 个，故选D。 下表为n位原码，补码和反码的整数表示范围
n-1
n-1
n-1
k
k
k
n位原码，补码和反码的整数表示范围 原码 -(2 n-1 -1)～(2 n-1 -1) 补码 -2 n-1 ～(2 n-1 -1) 反码 -(2 n-1 -1)～(2 n-1 -1) 11.下列关于各种移位的说法中，正确的是______。 Ⅰ．假设机器数采用反码表示，当机器数为负时，左移时最高数位丢0，结果出错；右移时最低数位丢0，影响精度
Ⅱ．对于变形补码，在算术移位的情况下，补码左移的前提条件是其原最高有效位与原符号位要相同 Ⅲ．在算术移位的情况下，双符号位的移位操作只有低位符号位需要参加移位操作 （分数：2.00） A.Ⅰ、Ⅲ B.只有Ⅱ C.只有Ⅲ D.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ √
解析：看下面的总结，故Ⅰ正确。
Ⅱ．正常情况下，变形补码的符号为00或者11时不溢出，如果最高有效位与原符号位不同，比如11.0×××，
左移就会形成10.×××这种形式，导致溢出，故Ⅱ正确。 Ⅲ．看下面的总结，故Ⅲ正确。
12.下列关于尾数舍入方法的说法中，错误的有______。
Ⅰ．截断法(恒舍法)实现起来最简单，故已普遍在小型及微型机中使用
Ⅱ．上舍下入法只有少量的累积误差，且精度也比较高，故已普遍在小型机及微型机中使用 Ⅲ．恒置法的主要缺点是表数精度低，故很少被应用在计算机系统中 Ⅳ．恒置1、恒置0和截断法这三种舍入方法的最大误差最大的是恒置1法 （分数：2.00） A.Ⅰ B.Ⅱ、Ⅳ C.Ⅲ、Ⅳ √ D.Ⅱ和Ⅲ
解析：[解析] Ⅰ正确。截断法又称恒舍法、必舍法等假定舍入前规格化尾数的长度为p+g位，p是尾数有效字长，g是有效字长p位之外的代码长度。截断法的舍入规则是：无论g位长度的代码是什么，一律把它舍去，只保留有效字长p位代码作为尾数，而且不作任何更改，所以截断法是一种最容易实现的舍入法。 Ⅱ错误。在日常使用的十进制中称为4舍5入法，在二进制中称为0舍1入法，在16进制中称为7舍8入法。下舍上入法的舍入规则是：以规格化尾数有效字长p位之外的g位代码的中间值为界，小于这个中间值的则舍，大于或等于这个中间值的则入。下舍上入法的主要优点是精度高，累积误差小，都优于恒置法。下舍上入法的主要缺点是实现起来比较困难，因为在舍入之后可能要再次进行右规格化。目前，下舍上入法已很少实际使用，主要用于用软件实现的浮点运算中。
Ⅲ错误。恒置法的舍入规则是：把规格化尾数有效字长p位的最低一位置为r/2(r是尾数的基值)，而不管超过有效字长之外的g位代码是什么。当尾数基值取2时，把尾数有效位的最低一位置为1；当尾数基值取16时，把尾数有效位的最低一位置为8。恒置法的主要缺点是表数精度比较低，这是由于尾数的最低位被恒置成了r/2，因此损失了一位精度。其主要优点是实现起来比较容易。目前，恒置法被广泛地应用在各种计算机系统中。
Ⅳ正确。最大误差最大的是恒置1法，最小的是0舍1入法。说明一下：恒置1，后面也许都是零，这时误差就为最后一位的1。恒置0和截断法是一样的，最大误差很接近1(取决于被舍掉的位数，如为2位，即为0.11，3位，即为0.111，但总是小于1的)。0舍1入法，误差最小，它总是小于等于最后一位的0.5。 13.8位补码0xA0扩展为16位应该是______。 （分数：2.00） A.0x00A0 B.0xA000 C.0xFFA0 √ D.0xA0FF
解析：[解析] 解法一：8位补码0xA0，二进制表示为1010 0000，原码为1110 0000，扩展为16位原码为1000 0000 0110 0000，对应补码为1111 1111 1010 0000，十六进制表示为0x FFA0。
解法二：扩充的规则其实跟移位是一样的，扩充可以看成我们将0xA0左移8位，并保留所有位，再右移8位。故原来的8位在原位置保持不变，前8位为右移产生的8位。根据移位规则，新产生的8位都为1，即答案为0x FFA0。
解法三：扩展位数是不改变数的值的，那么将其都转换为十进制，若值相当的选项，即为正确的答案。 8位补码A0=1010 0000对应值为-96。
A选项00A0=0000 0000 1010 0000对应值为正数，不对。
B选项A000=1010 0000 0000 0000对应值为-(2 +2 )，还是不对。 C选项FFA0=1111 11111010 0000对应值为-96，正确。
D选项A0FF=1010 0000 11111111对应值为-(2 +2 +1)，不对。 故本题选C。
14.已知[X] 补 =1.101 0100，则[X/2] 原 等于______。 （分数：2.00） A.1
14
13
14
13
B.1 C.1 D.1
解析：[解析] [X] 补 =1.101 0100，求[X/2] 补 ，也就是将[X] 补 右移一位，得到[X/2] 补 =1.110 1010。 根据补码转原码的规则，“符号位不变，剩余位求反末位加1”，求得[X/2] 原 =1.001 0110。 解法二：
[X] 补 =1.101 0100，求[X] 原 ，根据补码转原码的规则，“符号位不变，剩余位求反末位加1”，求得[X]
原
=1.010 1100，易知[X/2] 原 =1.001 0110。
15.计算机运算溢出检测机制，采用双符号位，下列关于双符号位的说法中正确的有______。 Ⅰ．00表示正号，11表示负号
Ⅱ．结果的符号位为01时，称为上溢；结果的符号位为10时，称为下溢 Ⅲ．符号位都为00的两个数相加，运算结果有可能产生溢出 Ⅳ．符号位都为11的两个数相加，运算结果不会产生溢出 （分数：2.00） A.Ⅰ
B.Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ C.Ⅰ、Ⅳ D.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ √
解析：[解析] Ⅰ明显正确，这是规定。
Ⅱ可以通过举例进行检验，比如举个上溢的例子，两个比较大的正整数相加，如00 1100+00 1100=01 1000。还可以举个下溢的例子，故Ⅱ正确。
Ⅲ正确，当两个同符号的数相加(或者是相异符号数相减)时，运算结果有可能产生溢出。 Ⅳ错误，解释如上。 故本题选D。
16.两补码数相加，当______时表示结果溢出。 （分数：2.00） A.符号位有进位 B.最高数位有进位
C.符号位进位和最高数位的进位异或结果为0 D.符号位进位和最高数位的进位异或结果为1 √
解析：[解析] 题中描述的是进位判断法，当符号位进位与最高数值位进位相异或，即“异或”结果为1时表示产生溢出。
考生如果忘记了，可以通过举特例来得到答案。 如4位补码数(-8)+(-8)=-16溢出的情况。
对应补码为1000+1000=1 0000，符号位进位为1，最高数位进位为0，故排除C。 (-1)+(-1)=-2没有溢出的情况。
对应补码为1111+1111=1 1110，符号位进位为1，最高数位进位为1，故排除A和B。 故选D。
17.在IEEE 754标准中，若存储阶码的寄存器中内容为3DH，则阶码对应的十进制数为______。 （分数：2.00） A.61 B.-67 √ C.-61 D.-66
解析：[解析] 在IEEE 754标准中，尾数采用原码表示，阶码部分采用移码表示。
故移码3DH，对应二进制为0011 1101，转换为补码为1011 1101，转换为原码为1100 0011，对应十进制为-67。选B。
18.若寄存器内容为FCH，若它等于-4，则为______。 （分数：2.00）
A.原码 B.补码 √ C.反码 D.移码
解析：[解析] 首先FCH=1111 1100。 [-4] 原 =1000 0100，[-4] 反 =1111 1011。 [-4] 补 =1111 1100，[-4] 移 =0111 1100。
正数、负数的原码，反码，补码，移码关系如下图所示。
正数、负数的原码、反码、补码、移码的关系
19.下列关于BCD码的说法中，正确的有______。
Ⅰ．BCD编码既有二进制数的形式，又保持了十进制数的特点 Ⅱ．1011一定是非法的BCD码
Ⅲ．BCD编码可以作为人机联系的一种中间表示，也可以用它直接进行运算 Ⅳ．当将BCD码传送给运算器进行运算时，其结果需要修正。 （分数：2.00） A.Ⅰ、Ⅱ B.Ⅰ、Ⅲ C.Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ √ D.Ⅱ、Ⅲ
解析：[解析] Ⅰ、Ⅲ明显正确。BCD码用二进制表示，且只表示0～9。
4位二进制数→16种代码。任意取其中10种代码→0～9。剩余代码就是非法的。常见的有8421码、2421码和余3码等，故Ⅱ错误，1011有可能是合法的也可能是非法的(在8421码中为非法码，在2421中表示十进制的5，在余3码中表示十进制的8)。所以把8421码与BCD码混为一谈，这是不准确的，8421码只是BCD码的一种。
BCD码的运算规则：BCD码是十进制数，而运算器对数据做加减运算时，都是按二进制运算规则进行处理的。这样，当将：BCD码传送给运算器进行运算时，其结果需要修正。 至于修正规则不需要掌握 。故Ⅳ正确。 20.使用12位寄存器能表示的BCD码的无符号整数的范围为______。 （分数：2.00） A.-99～99 B.0～999 √ C.0～4095 D.0～2047
解析：[解析] 寄存器存储的是二进制信息，12位二进制，对应3位。BCD码。每个BCD码表示10个数码，故能够表示10×10×10=1000个整数，故选B。 21.下列关于溢出的说法中，正确的是______。 （分数：2.00）
A.正数和负数相加，如果结果为负数(符号位为1)，表明发生溢出 B.两个负数相加，如果结果为正数(符号位为0)，表明发生溢出 √ C.浮点数的溢出与否由尾数的符号决定，比如[尾数]补=01，××…×为上溢 D.以上全错
解析：[解析] A错误，正数和负数相加不会产生溢出。 B正确。
C错误，当尾数出现01，××…×或10，××…×时，表示尾数溢出，这在定点加减运算中是不允许的，但在浮点运算中这不算溢出，可通过右规处理。右规时尾数右移一位，阶码加1。所以浮点机的溢出与否不是由尾数的符号位决定的，它是由阶码的符号决定，即[阶码] =01，××…×为上溢，需作溢出处理，补 [阶码] 补 =10，××…×为下溢，按机器零处理。
22.下列数中最小的数为______。 （分数：2.00） A.BIN：10010101 √ B.OCT：227 C.DEC：177 D.HEX：96
解析：[解析] “BIN”表示二进制，“OCT”表示八进制。“DEC”表示十进制，“HEX”表示十六进制。 A．BIN：10010101 转换为DEC：149 B．OCT：227 转换为DEC：151 C．DEC：152 转换为DEC：152 D．HEX：96 转换为DEC：150 所以本题的答案为A。
23.下列关于ASCII码的说法中，错误的是______。 （分数：2.00）
A.用9的ASCII码减去O的ASCII码得到的结果是9 B.ASCII码有7位码和8位码两种形式。
C.在一般的计算机系统中，西文字符编码普遍采用ASCII码 D.ASCII码中，\"a\"小于\"Z\" √
解析：[解析] A正确，ASCII码中，数字和英文字母都是按顺序排列的，即\"9\"-\"0\"=9。 B、C正确。属于识记类知识点。
D错误，在ASCII码中，大写字母的ASCII码值都比小写的小。如\"A\"=65，\"a\"=97。 24.两个6位移码111011和001101求和后的移码为______。 （分数：2.00） A.001000 B.011000 C.101000 √ D.111000
解析：[解析] 解法一：
[X+Y] 移 =[X] 移 +[Y] 补 =111011+101101=101000，故选C。 解法二：
直接转换为十进制数进行验证即可。 移码111011表示的十进制为27 移码001101表示的十进制为-19 求和后为8，移码为101000，故选C。
25.1011 1000是某定点小数的二进制补码，该小数的十进制数值为______。 （分数：2.00） A.184 B.-56 C.-0 √ D.-0
解析：[解析] 定点小数补码1011 1000，对应的原码为1100 1000，十进制为-(1/2+1/16)=-0.5625，故本题选C。
26.计算机内部采用二进制来编码所有信息拥有很多好处，其中包括______。 Ⅰ．二进制只有“0”和“1”，所以基本符号少，易于用稳态电路实现 Ⅱ．二进制的编码/计数/运算等规则简单
Ⅲ．二进制的“0”和“1”与逻辑命题的“真”和“假”对应，为逻辑运算和逻辑判断提供便利 Ⅳ．二进制便于阅读、记忆和书写 （分数：2.00） A.Ⅰ、Ⅱ
B.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ √ C.Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ D.以上都是
解析：[解析] Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是正确的。
计算机内部在进行信息的存储、传送和运算时，都是以二进制表示的。但在屏幕上交互信息时，二进制信息位数多，阅读、记忆不方便，故引入十六进制或八进制，这样人们在开发、调试程序和阅读机器内部代码时，能用十六进制或八进制来代替二进制信息，故Ⅳ错误。 27.计算机系统中常常采用补码进行运算的目的是______。 （分数：2.00） A.提高运算的速度 B.提高运算的精度 C.简化运算器的设计 √ D.便于程序员识别数据
解析：[解析] 计算机系统中采用补码后，减法运算可以化成加法来完成，故加减法运算可以采用同一套硬件线路实现，节省了硬件线路，简化运算器的设计，所以计算机系统常用补码进行运算。 28.大部分计算机内的减法是用______来实现的。 （分数：2.00）
A.将被减数加到减数中 B.从被减数中减去减数 C.补数的相加 √ D.从减数中减去被减数
解析：[解析] 为了方便加减运算，数据在计算机内部采用补码表示，且[A] 补 -[B] 补 =[A] 补 +[-B] 补 。 29.原码加减交替除法又称为不恢复余数法，因此______。 （分数：2.00）
A.不存在恢复余数的操作
B.当某一步运算不够减时，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
解析：[解析] 在用原码加减交替法做除法运算时，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，因此最终的余数当然应该是正数。
如果最后一步余数为负，应该将该余数加上除数，将余数恢复为正数，此时不需要左移了，这就称为恢复余数。
30.计算机中的所有信息都以二进制表示的原因是______。 （分数：2.00）
A.物理器件特性所致 √ B.信息处理方便 C.运算速度快 D.节约元器件
解析：[解析] 二进制只有1和0两个状态，刚好和逻辑电路里的高低电平对应，所以是由物理器件的性能决定的。
31.计算机内都使用二进制表示信息，那么还要引入十六进制和八进制的原因是______。 （分数：2.00） A.节约元件 B.实现方便
C.可以表示更大范围的数
D.用于等价地表示二进制，便于阅读和书写 √
解析：[解析] 计算机内部在进行信息的存储、传送和运算时，都是以二进制形式来表示信息的。但在屏幕上或书本上写信息时，由于二进制信息位数多，阅读、记忆不方便，而十六进制、八进制和二进制的对应
关系简单，又便于阅读、记忆和书写，因此引入十六进制和八进制，使得程序员在开发、调试程序和阅读机器内部代码时，能方便地用十六进制和八进制来等价表示二进制信息。 32.十进制2014对应的十六进制形式是______。 （分数：2.00） A.2014 B.07DE √ C.3736 D.11111011110 解析：
33.假定某数x=-0100 1010B，在计算机内部的表示为0011 0110B，则该数所用的编码方法是______。 （分数：2.00） A.原码 B.反码 C.补码 D.移码 √
解析：[解析] x=-0100 1010B，则x的原码为1100 1010，反码为1011 0101，补码为1011 0110，移码为0011 0110。原码、反码、补码和移码的转换总结如下图所示。
正数、负数的原码、反码、补码、移码的关系
34.设机器数采用移码表示(含1位符号位)，若寄存器内容为9BH，则对应的十进制数为______。 （分数：2.00） A.27 √ B.-97 C.-101 D.155
解析：[解析] 同一个数的补码与移码只相差一个符号位，移码9BH=(1001 1011) 2 ，同一个数的补码为0001 1011，即27。
35.若采用双符号位，则两个正数相加产生溢出的特征时，双符号位为______。 （分数：2.00） A.00 B.01 √ C.10 D.11
解析：[解析] 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。若第二位和第一位符号相同，则未溢出；若不同，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。
如考生临时忘记，可用自己举例求证。这里举双符号位，双数值位的特例。 如3+3的情况，(00 11) 补 +(00 11) 补 =(01 10) 补 。正溢出。 如(-3)+(-3)的情况，(11 01) 补 +(11 01) 补 =(10 10) 补 。负溢出。 36.若浮点数尾数用补码表示，则下列数中为规格化尾数形式的是______。 （分数：2.00） A.1 B.0 C.0 D.1 √
解析：[解析] 解法一：
假设尾数为W，且基数为2，则当1＞|W|≥1/2这个条件时，此浮点数为规格化数。 A补码：1.110 0000 原码：1.010 0000 绝对值小于1/2
B补码：0.011 1000 原码：0.011 1000 绝对值小于1/2 C补码：0.010 1000 原码：0.010 1000 绝对值小于1/2 D补码：1.000 1000 原码：1.111 1000 绝对值满足条件 故本题选D。 解法二：
当使用补码表示尾数时，要使得1＞|W|≥1/2，当浮点数为整数时，和原码一样，最高位必须为1； 当浮点数为负数时，要使得1＞|W|≥1/2，最高位必须为0，否则求反加1回到原码时就会造成|W|＜1/2，故补码表示尾数规格化后的形式为：0.1×××…×或者1.0×××…×。 根据这个总结，选D。
37.IEEE 754标准中，用于表示浮点数阶码的编码通常是______。 （分数：2.00） A.原码 B.补码 C.反码 D.移码 √
解析：[解析] IEEE 754标准中，阶码是使用移码来表示，尾数使用的是原码表示。 38.若某数采用IEEE 754单精度浮点数格式表示为4510 0000H，则其值是______。 （分数：2.00） A.(+1 B.(+1 √ C.(+0 D.(+0
解析：[解析] IEEE 754标准中，单精度浮点数格式见表1。
表1 单精度浮点数格式 符号位 阶码 尾数 总位数 占1位 占8位 占23位 占32位 4510 0000H的二进制表示为： ，按照浮点数格式分段后的格式见表2。
表2 4510 0000H的浮点数格式 符号位 阶码 1 0 8 尾数 23 总位数 32 阶码为1000 1010，原码为1000 1010-0111 1111=0000 1011，对应十进制为11。(此处要注意IEEE 754标准的移码比较特殊，差值是0111 1111)
尾数为1.001，对应的十进制为1.125。(此处也要注意，IEEE 754的尾数隐藏了首位的1)。 故本题选B。
39.假定两种浮点数表示格式的位数都是32位，但格式1的阶码长，尾数短，而格式2是对格式1进行了修改，阶码减少了1位，尾数增加了1位，其他所有规定都相同，则它们可表示的数的精度和范围为______。 （分数：2.00）
A.两者可表示的数的范围和精度均相同 B.格式1可表示的数的范围更小，但精度更高 C.格式2可表示的数的范围更小，但精度更高 √ D.格式1可表示的数的范围更大，但精度更高
解析：[解析] 本题其实很简单，阶码越长那么能表示的最大正数和最小负数的绝对值就最大，而最大正数和最小负数其实就是表示了数的范围。故格式1可表示的数的范围更大，格式2可表示的数的范围更小。排除了A，B选项。
很明显，尾数越长，精度越高，则格式2的精度更高，格式1的精度更低，故选出正确答案C。
1000 1010 001 0000 0000 0000 0000 0000 40.假定下列字符编码中含有奇偶校验位，但都没有发生数据错误，那么采用偶校验的字符编码是______。 （分数：2.00） A.1101 0011 B.1110 0110 C.1011 0010 √ D.1011 0101
解析：[解析] 奇偶校验是一种校验代码传输正确性的方法。根据被传输的一组二进制代码的数位中“1”的个数是奇数或偶数来进行校验。采用奇数的称为奇校验，反之，称为偶校验。采用何种校验是事先规定好的。通常专门设置一个奇偶校验位，用它使这组代码中“1”的个数为奇数或偶数。若用奇校验，则当接收端收到这组代码时，校验“1”的个数是否为奇数，从而确定传输代码的正确性。
反过来，既然都没有发生数据错误，那么“1”的个数为奇数的即为奇校验，否则为偶校验。故本题选C。 41.若8位信息位为11011 100，生成多项式G(x)=x +x +x+1，则生成的CRC码为______。 （分数：1.00） A.1101 1100 0010 0 B.1101 1100 0000 0 C.1101 1100 0001 0 √ D.1001 1100 0000 0
解析：[解析] 设C(x)为信息多项式，G(x)为生成多项式。 CRC码的生成步骤如下：
1)将x的最高幂次为R的生成多项式G(x)转换成对应的R+1位二进制数。 2)将信息码左移R位，相当与对应的信息多项式C(x)×2 。 3)用生成多项式(二进制数)对信息码做除，得到R位的余数。 4)将余数拼到信息码左移后空出的位置，得到完整的CRC码。 有效信息M(x)=1101 1100，可知n=8；
由G(x)=110011，由于G(x)为k+1位，可知k=5；
故将有效信息左移5位后再被G(x)模2除，即11011100 0000 0。 5
所以M(x)×x +R(x)=11011 100 0001 0即为CRC码。
总的信息位为13位，有效信息位为8位，冗余位(检测位)为5位。 42.无符号整数1001 0101B右移一位后的值为______。 （分数：1.00） A.0100 1010B B.0100 1010B √ C.0010 1010B D.1100 1010B
解析：[解析] 无符号整数无论左移还是右移，都补0。
[注意] 所有移位操作的题目，都可以化成十进制进行求解或验算。左移n位相当于对应的十进制数×2 ，右移n位相当于对应的十进制数×2 。
43.在补码加/减运算部件中，无论采用双符号位还是单符号位，必须有______电路，它一般用“异或”门来实现。 （分数：1.00） A.移码 B.编码
C.溢出判断 √ D.移位 解析：
44.某计算机字长为8位，其CPU中有一个8位加法器。已知无符号数x=69，y=38，现要在该加法器中完成x-y的运算，此时该加法器的两个输入端信息和输入端的低位进位信息分别为______。 （分数：1.00）
-n
n
R
5
4
A.0100 0101B、0010 0110B、0 B.0100 0101B、1101 1001B、1 √ C.0100 0101B、1101 1010B、0 D.0100 0101B、1101 1010B、1
解析：[解析] 这类题目对加法的处理很简单，重点要明白加法器对减法的处理。 对于减法是把减数求反，然后输入端的低位进位信号置1。(回忆补码的求法) 明白了这个道理，就很容易得出B选项，只有B选项将被减数求反。
45.某8位计算机中，假定带符号整型变量x和y的机器数用补码表示，[x] 补 =F5H，[y] 补 =7EH，则x-y的值及其相应的溢出标志(OF)分别是______。 （分数：1.00） A.115、0 B.119、0 C.115、1 D.119、1 √
解析：[解析] [x] 补 =F5H=11 11 1001
[y] 补 =0111 1110，则[-y] 补 为[y] 补 连同符号位取反，末位加1得到[-y] 补 =1000 0010。 则[x-y] 补 =[x] 补 +[-y] 补 =1111 1001+1000 0010= 则x-y=119，溢出标志(OF)为1。
46.假定有两个整数用8位补码分别表示为A=F5H，B=EEH。若将运算结果存放在同样用8位补码表示的寄存器中，则下列运算中会发生溢出的是______。 （分数：1.00） A.A+B B.A-B C.A×B √ D.都不溢出
解析：[解析] 简单题，最直接的方法是把A，B对应的十进制真值算出来，算出各表达式结果，看是否超出8位补码的表示范围[-128，+127]即可。 A为-11，B为-18。 A+B=-29，在范围内 A-B=7，在范围内 A×B=198，溢出。 故本题选C。
47.假定一次ALU运算和一次移位各占用1个时钟周期，则最快的32位原码一位乘所需要的时钟周期数大约为______。 （分数：1.00） A.32 B.64 √ C.96 D.128
解析：[解析] 一般n位数相乘，由n位加法器来实现。
则需要n次加法，n次移位。在本题的情况，就是32次ALU运算，32次移位，又一次ALU运算和一次移位各占用1个时钟周期，则总的时钟周期数为64。故本题选B。
48.若两个(用IEEE 754单精度浮点数格式表示)的float型变量x和y的机器数分别表示为x=40E8 0000H，y=C204 0000H，则在计算x+y时，第一步对阶操作的结果[ΔE] 补 为______。 （分数：1.00） A.0000 0111B B.0000 0011B C.1111 1011B
。
D.1111 1101B √
解析：[解析] IEEE 754标准中，单精度浮点数格式见下表。
单精度浮点数格式 符号位 阶码 尾数 总位数 占1位 占8位 占23位 占32位 x，y的二进制表示如下：
设x的阶码为jx，y的阶码为jy。
则[jx] 移 =1000 0001，[jy] 移 =1000 0100。
[ΔE] 补 =[jx-jy] 补 =[jx] 补 -[iy] 补 =[jx] 移 -[jy] 移 =1000 0001-1000 0100=1111 1101。故本题选D。 49.已知X=11001100，Y=00110011，则X∧Y值为______。 (注：∧为“异或”运算符) （分数：1.00） A.11000011 B.11111111 C.00000000 √ D.00111100
解析：[解析] 真“异或”假的结果是真，假“异或”真的结果也是真，真“异或”真的结果是假，假“异或”假的结果是假。就是说两个值不相同，则“异或”结果为真。反之，为假。不同为1，相同为0，如1001“异或”1010等于0011。
根据上面的解释，易得C选项为正确选项。
50.下列为8位移码机器数[X] 移 ，当求[-X] 移 ，______将会发生溢出。 （分数：1.00） A.1111 1111 B.0000 0000 √ C.1000 0000 D.0111 1111
解析：[解析] 根据下图，我们来识记各种码(8位和n位)的表示范围(见下表)。
正数、负数的原码、反码、补码、移码的关系
各种码的表示范围 原码 -127～127 -(2 n -1)～(2 n -1) 反码 -127～127 -(2 n -1)～(2 n -1) 补码 -128～127 -2 n -(2 n -1) 移码 -128～127 -2 n -(2 n -1) 要使[-X] 移 溢出，则-X＜-128或者-X＞127，即X＞128或X＜-127。 A选项移码为1111 1111，补码为0111 1111，原码为0111 1111，十进制值为127，不在溢出范围。 B选项移码为0000 0000，补码为1000 0000，对应补码最小值，十进制值为-128，满足X＜-127条件，故答案为B选项。
C选项移码为1000 0000，补码为0000 0000，原码为0000 0000，十进制值为0，不在溢出范围。 D选项移码为0111 1111，补码为1111 1111，原码为1000 0001，十进制值为-1，不在溢出范围。 综上，本题选B。
51.若[X] 补 =x 0 x 1 x 2 …x n ，其中x 0 为符号位，x 1 为最高数位。若______，则当补码左移时，将会发生溢出。 （分数：1.00） A.x0=x1 B.x0≠x1 √ C.x1=0 D.x1=1
解析：[解析] 这类题目举例解题是最清晰和快速的方法，左移操作即×2，若×2后超过n位补码表示范围则溢出，反之则不溢出。 假设n=8的情况：
1)X=32，X的补码表示为0010 0000，x 0 =0，x 1 =0。
X×2=64，仍然在8位补码表示范围[-128，127]内，不溢出，故排除A，C选项。 2)X=-32，X的原码表示为1010 0000，补码表示为1110 0000，x 0 =1，x 1 =1。 X×2=-64，仍然在8位补码表示范围[-128，127]内，不溢出，故排除D选项。 通过排除法，我们得到了正确答案B。
52.x=-0.875×2 ，y=0.625×2 ，设用7位浮点数来表示，格式见下表：
1
2
浮点数的格式 阶符 阶码 符号位 尾数 1bit 2bit 1bit 3bit 其中，阶码用原码表示，尾数用补码表示，基数为2，那么求出z=x-y的二进制浮点数规格化结果是______。 （分数：1.00） A.1011011 B.0111011 √ C.1001011 D.以上都不是
解析：[解析] 解法一：
0.875=0.5+0.25+0.125，则x的原码为1.111，补码为1.001； 0.625=0.5+0.125，则-y的原码为1.101，补码为1.011；
因为x的阶数为1，y的阶数为2，所以要进行对阶，保留y的阶数2，把x的尾数右移一位，阶数变为2。(x是负数，右移补1)。于是右移后的x尾数为1.100。
相加：1.100+1.011=10.111，结果出现溢出(符号位进位和最高数位的进位异或结果为1)，需要右规：将结果右移一位，得到1.011。同时阶码变为3，表示为11，最终得到0111011。 故选B。 解法二：
写出x和y的十进制表示，算出十进制的z，将其转换为规格化的浮点数即可。 x-y=-4.25。
-4.25=0.53125×23，可知尾数的绝对值在1/2和1之间，符合规格化数的要求，阶码即为11。 -0.53125=-(0.5+0.3125)，则对应的二进制原码表示为1.10001，补码为1.01111，由于数值位只有三位表示，取1.011。
综上得到0111011，选B。
53.用补码双符号位表示的定点小数，下述哪种情况属负溢出?______ （分数：1.00） A.11 1111100 B.01 0000100 C.10 0011000 √ D.00 1000000
解析：[解析] 记住下面两句话即可。
1)无论溢出与否，第一符号位始终表示的是结果的正确符号。 2)若进位将会导致符号位不一致，则表示溢出，反之，则没有溢出。 从这两句话，我们就可以判断出： 11符号表示——无溢出且符号为负。 01符号表示——正溢出。 10符号表示——负溢出。
00符号表示——无溢出且符号为正。 因此，易得C为负溢出的情况。
54.影响ALU运算速度的关键因素是______。 （分数：1.00） A.进位的速度 √ B.选用的门电路 C.计算机的频率 D.计算的复杂性 解析：
二、综合应用题(总题数：2，分数：6.00)
55.设机器数字长为8位(含1位符号位在内)，写出对应下列各真值的原码、补码和反码。 -13/64，29/128，100，-87
（分数：3.00）
__________________________________________________________________________________________ 正确答案：()
解析：真值与不同机器码的对应关系见下表。
真值与不同机器码的对应关系 真值 十进制 二进制 -13/64 -0.00 1101 1.001 1010 1.110 0101 1.110 0110 29/128 0.001 1101 0.001 1101 0.001 1101 0.001 1101 100 110 0100 0.110 0100 0.110 0100 0.110 0100 -87 -101 0111 1.101 0111 1.010 1000 1.010 1001 56.设浮点数格式为：阶码5位(含1位阶符)，尾数11位(含1位数符)。 分别写出51/128、-27/1024、7.375、-86.5所对应的不同要求的机器数。要求如下： 1)阶码和尾数均为原码。 2)阶码和尾数均为补码。 3)阶码为移码，尾数为补码。 (注：题意中应补充规格化数的要求。)
（分数：3.00）
__________________________________________________________________________________________ 正确答案：()
解析：据题意画出该浮点数的格式如图1所示。
原码 反码 补码 图1 该浮点数的格式(一)
注意：
1)正数补码不“变反+1”。 2)机器数末位的0不能省。 将十进制数转换为二进制数：
x1=51/128=(0.011 001 1) 2 =2 ×(0.110 011) 2 x2=-27/1024=(-0.000 001 101 1) 2 =2 ×(-0.110 11) 2 x3=7.375=(111.011) 2 =2 ×(0.111 011) 2
x4=-86.5=(-1 010 110.1) 2 =2 ×(-0.101 011 01) 2 则以上各数的浮点规格化数为： 1)[x1] 浮 =1，0001；0.110 011 000 0 2)[x1] 浮 =1，1111；0.110 011 000 0 3)[x1] 浮 =0，1111；0.110 011 000 0 1)[x2] 浮 =1，0101；1.110 110 000 0 2)[x2] 浮 =1，1011；1.001 010 000 0 3)[x2] 浮 =0，1011；1.001 010 000 0 1)[x3] 浮 =0，0011；0.111 011 000 0 2)[x3] 浮 =0，0011；0.111 011 000 0 3)[x3] 浮 =1，0011；0.111 011 000 0 1)[x4] 浮 =0，0111；1.101 011 010 0 2)[x4] 浮 =0，0111；1.010 100 110 0 3)[x4] 浮 =1，0111；1.010 100 110 0 注：以上浮点数也可采用如图2所示的格式。
图2 该浮点数的格式(二)
此时只要将上述答案中的数符位移到最前面即可。
7
3
-5
-1
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