第2章作业-2 参考答案
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计算机组成原理
24、用8片74181 和2 片74182 可组成（ ）。 A．组内并行进位，组间串行进位的32 位ALU B．二级先行进位结构的32 位ALU C．组内先行进位，组间先行进位的16位ALU D．三级先行进位结构的32位ALU
解析：由8片74181和2片74182 可以构成组内并行，组间并行， 大组间串行的32 位ALU （二级先行进位结构）。
D．将加数的阶码调整到与被加数的阶码相同
15、下溢指的是___A__。
A．运算结果的绝对值小于机器所能表示的最小绝对值
B．运算的结果小于机器所能表示的最小负数
C．运算的结果小于机器所能表示的最小正数
D．运算结果的最低有效位产生的错误
16、在浮点数原码运算时，判定结果为规格化数的条件是__D____。
第2章作业-2 参考答案
一、单项选择题： 1、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（ ）。 A ．左移1 位 B ．右移1 位 C ．左移2 位 D ．右移2 位29 ．
答案： C
2、如果某单精度浮点数、某原码、某补码、某移码的32位机器数均为 OxF0000000 。这些数从大到小的顺序是（）。 A ．浮原补移 B ．浮移补原 C ．移原补浮 D . 移补原浮 答案： D
1(丢失)
+x* 0 0 1 1 1 0
01 0110
右移一位→ 0 0 1 0 1 1 乘积高位
0110 乘积低位
1(丢失)
2. 解：
[X]补=
11.0011， +
[-X]补=
00.1101， →
[Y]补=
+
1.0101，
计算过程: →
+
→ +
→ +
部分积
乘数Y Yn Yn+1
00 0000
1. 0 1 0 1 0
计算机组成原理
6、若浮点数的阶码和尾码都用补码表示，则判断运算结果为规格化数的方法是 __B____。
A．阶符与数符相同 B．数符和尾数小数点后第一位数字相异
C．阶符与数符相异 D．数符和尾数小数点后第一位数字相同
7、IEEE754标准规定的32位浮点数中，符号位为1位，阶码为8位，则它所能表示的 最大规格化正数为___A___。
A.00111 1100010
B.00111 0100010
C.01000 0010001
D.发生溢出
28 、 4 片 74181ALU 和 1 片 74182CLA 器 件 相 配 合 ， 具 有 如 下 进 位 传 递 功 能 （ ）。 A. 行波进位； B. 组内先行进位，组间先行进位 C. 组内先行进位，组间行波进位 D. 组内行波进位，组间先行进位
解析：这个机器数最高位为1 ，对于原码、补码、单精度浮点数而言为负数，对于 移码而言为正数，所以移码数最大，而补码为-228 ，原码为-（230 +229 + 228 ) , 单 精度浮点数为-1 . 0 x 297 。
归纳总结： 对于负数而言，同样的二进制代码，原码所表示的真值小于补码所表示 的真值 。 解题技巧：首先将十六进制数转换为二进制数，根据最高位为1 ，可以判定正确答 案必在C 和D 选项中，接下来根据原码和补码的特点，可以选定最终的答案。
=10000110b+00001010b=10010000b=90h R6=z2=x+y=134+246=10000110b+11110110b=(1)01111100b=7ch
计算机组成原理
（2）m补=x=10000110b，m= -1111010b= -7ah= -122 n补=y=11110110b，n= -0001010b= -10 k1补=m补-n补=10000110b-11110110b
说明
初始值,最后一位补0 Y4Y5=10 +[-X]补
右移一位 Y3Y4=01
+[X]补
右移一位 Y2Y3=10
+[-X]补
右移一位 Y1Y2=01
+[X]补
右移一位 Y0Y1=10 不移位
+[-X]补
3. 解：76.75 = 1001100.11 = 1.00110011 ×26 指数E = 7 + 127 = 133 = 1000 0101B 127是单精度浮点数应加的指数偏移量。
4. 某微机内存有一个单精度规格化浮点数（IEEE754标准）为 C2308000H，试写出其真值。
计算机组成原理
1. 解： X＝-0.1110，Y＝-0.1101 ，X*＝0.1110，Y*＝0.1101。 其中寄存器 B=X* ,计数器Cd=4。计算过程:
部分积 A
乘数 C
00 0000
+x* 0 0 1 1 1 0
00 1101
00 1101
00 0110
110101
11 0011
11 1001
11 1100
111010
00 1101
00 1001
00 0100
111101
11 0011
11 0111
11 1011
111110
00 1101
00 1000
乘积高位
1111
乘积低位
[XY]补=0.10001111, XY= 0.10001111
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
计算机组成原理
14、浮点加、减中的对阶的方法是___A___。
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．11
答案： B 5、字长相同但格式不同的两种浮点数，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 B 。 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．前者可表示的数的范围大且精度高
归纳：74181是4位ALU芯片，74182是先行进位部件。利用8片 74181可构成32 位ALU；利用8片74181,2片74182 可构成二级 先行进位结构的32位ALU ；利用8片74181, 3片74182 可构成 三级先行进位结构的32位ALU。
解题技巧：采用排除法，8片74181将组成32位的ALU，所以C 选 项可以排除。A选项所述的32 位ALU不需要74182 芯片。D 选 项所述的32 位ALU 则需要3 片74182 芯片才行。
变的是对机器码的解释方式。 （1） 各寄存器和变量的对应关系如下表所示：
寄存器 R1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
R8
变量
x
y
m
n
z1
z2
k1
k2
性质
无符号 无符号 带符号 带符号 无符号 无符号 带符号
补码
补码
补码
带符号 补码
R1=x=134=10000110b=86h Y=246=11110110b R5=z1=x-y=134-246=10000110b-11110110b
=10000110b+00001010b=10010000b， k1= -1110000b= -70h= -112 （3）无符号数和带符号数在机器中都是以二进制数的形式存储的，不同之处
在于带符号数是将二进制值看作补码形式，将其转换为真值时最高位看 作符号位。补码运算时，符号位可以和数值位等同看待，故无符号数加 减运算与带符号数加减运算完全可以用同一套电路实现。 因为x补减y补可以转化为x补加（-y）补的运算，故补码形式的运算 中，加减法可以用同一套电路实现，只需增加从y补求（-y）补的电路即 可。 无符号数可以看作正数参加运算，也可以用同一套电路实现。只是不进 行溢出判断。 故四种运算可以利用同一个加法器及辅助电路实现。
X= ﹣(1.01100001)2 ×25 =﹣(101100.001)2 =﹣44.125
计算机组成原理
5.解：本题考查无符号数和带符号数的溢出概念，以及C语言中强制类型转换操作对数 据的处理方式。注意：
无符号数没有溢出的概念，超出最大值的进位将被丢弃。 C语言规定在无符号整数和带符号整数之间进行强制类型转换时，机器码并不改变，改
答案：B 19、在定点运算器中，无论采用双符号位还是单符号位，必须有溢出判断电
路，它一般用（ ）来实现。 A. 与非门 B. 或非门 C.异或门 D. 与或非门 答案：C 20、加法器采用先行进位的目的是( )。 A. 提高加法器速度 B. 快速传递进位信号 C. 优化加法器结构 D. 增强加法器功能 答案：A
计算机组成原理
3、在定点数运算中产生溢出的原因是（ ）。
A．运算过程中最高位产生了进位或借位
B．参加运算的操作数超出了机器的表示范围
C．运算的结果超出了机器的表示范围
D．寄存器的位数太少，不得不舍弃最低有效位
答案： C
4、若使用双符号位，则运算结果发生正溢的特征是：双符号位为（ ）。
A．00 B. 01 C．10
A. 阶的符号位与尾数的符号位不同
B．尾数的符号位与最高数值位相同
C．尾数的符号位与最高数值位不同
D．尾数的最高数值位为1
17、浮点数加、减法运算过程一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍入和判溢出等步 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X=27×29/32，Y＝ X=25×5/8，则用浮点数加法计算 X+Y 的最终结果是（ D ）。
完整的浮点数形式为 ： 0 1000 0101 001 1001 1000 0000 0000 0000 = 42998000H
4. 解：C2308000H = 1100 0010 0011 0000 1000 0000 0000 0000B 数符:S = 1（负数） 阶码: E = (1000 0100)2-127 = 132-127 = 5 尾数: D=(1.01100001)2
Ⅰ. i= =（int）（float）i
Ⅱ. f= =（float）（int）f
Ⅲ. f= =（float）（ double ）f Ⅵ. (d+f)-d= =f
A. 仅 Ⅰ 和 Ⅱ 和Ⅵ
B. 仅 Ⅰ 和 Ⅲ C. 仅 Ⅱ 和 Ⅲ D. 仅 Ⅲ
13、定点原码一位乘法是__A____。
A．先取操作数绝对值相乘，符号位单独处理
答案：B
二、综合题
1. 若X＝-0.1110，Y＝-0.1101，采用原码一位乘法运算求 X·Y=? 给出计算过程。
2．若X＝-0.1101,Y＝-0.1011 试利用补码Booth算法（比较 法）求X·Y＝？ 给出计算过程。
3. 将十进制数+76.75存入某微机中，试写出其IEEE754标准规 格化单精度浮点数形式。
00 1110
1101
X•Y=(X0⊕Y0).X*Y* =0.1011011
右移一位→
+0
00 0111 00 0000 00 0111
0 1 1 0 1(丢失)
右移一位→ 0 0 0 0 1 1
1011
0(丢失)
+x* 0 0 1 1 1 0
01 0001
右移一位→ 0 0 1 0 0 0
1101
A．+（2 - 2-23）×2+127 B．+（1 - 2-23）×2+127
C．+（2 - 2-23）×2+255 D．2+127
8、IEEE754标准规定的64位浮点数格式中，符号位为1位，阶码为11位，尾数为52 位，则它所能表示的最小规格化负数为___B___。
A.-（2－252）×2-1023
A．-0.75 B．+0.75 C．-0.25 D．+0.25
11、在浮点数编码表示中，___D___在机器数中不出现，是隐含的。
A．阶码 B．符号
C．尾数 D．基数
12、假定变量i，f，d数据类型分别为int，float和double（int用补码表 示，float和double 分别用IEEE754单精度和双精度浮点数格式表示）， 已知i=785，f= 1.5678e3, d= 1.5e100 。若在32位机器中执行下列关系 表达式，则结果为真的是（ B ）。
B.-（2－2Leabharlann Baidu52）×2＋1023
C．－1×2-1024
D．-（1－252）×2＋2047
9、 十进制数5的单精度浮点数 IEEE 754代码为___A___。
A．0 10000001 01000000000000000000000
B．11000000101000000000000000000000
C．01100000101000000000000000000000
D．11000000101100000000000000000000
计算机组成原理
10 、 若 单 精 度 浮 点 数 IEEE754 代 码 表 示 为 0 01111110 10000000000000000000000，则其代表的十进制数为___B___。
24、用8片74181 和2 片74182 可组成（ ）。 A．组内并行进位，组间串行进位的32 位ALU B．二级先行进位结构的32 位ALU C．组内先行进位，组间先行进位的16位ALU D．三级先行进位结构的32位ALU
解析：由8片74181和2片74182 可以构成组内并行，组间并行， 大组间串行的32 位ALU （二级先行进位结构）。
D．将加数的阶码调整到与被加数的阶码相同
15、下溢指的是___A__。
A．运算结果的绝对值小于机器所能表示的最小绝对值
B．运算的结果小于机器所能表示的最小负数
C．运算的结果小于机器所能表示的最小正数
D．运算结果的最低有效位产生的错误
16、在浮点数原码运算时，判定结果为规格化数的条件是__D____。
第2章作业-2 参考答案
一、单项选择题： 1、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（ ）。 A ．左移1 位 B ．右移1 位 C ．左移2 位 D ．右移2 位29 ．
答案： C
2、如果某单精度浮点数、某原码、某补码、某移码的32位机器数均为 OxF0000000 。这些数从大到小的顺序是（）。 A ．浮原补移 B ．浮移补原 C ．移原补浮 D . 移补原浮 答案： D
1(丢失)
+x* 0 0 1 1 1 0
01 0110
右移一位→ 0 0 1 0 1 1 乘积高位
0110 乘积低位
1(丢失)
2. 解：
[X]补=
11.0011， +
[-X]补=
00.1101， →
[Y]补=
+
1.0101，
计算过程: →
+
→ +
→ +
部分积
乘数Y Yn Yn+1
00 0000
1. 0 1 0 1 0
计算机组成原理
6、若浮点数的阶码和尾码都用补码表示，则判断运算结果为规格化数的方法是 __B____。
A．阶符与数符相同 B．数符和尾数小数点后第一位数字相异
C．阶符与数符相异 D．数符和尾数小数点后第一位数字相同
7、IEEE754标准规定的32位浮点数中，符号位为1位，阶码为8位，则它所能表示的 最大规格化正数为___A___。
A.00111 1100010
B.00111 0100010
C.01000 0010001
D.发生溢出
28 、 4 片 74181ALU 和 1 片 74182CLA 器 件 相 配 合 ， 具 有 如 下 进 位 传 递 功 能 （ ）。 A. 行波进位； B. 组内先行进位，组间先行进位 C. 组内先行进位，组间行波进位 D. 组内行波进位，组间先行进位
解析：这个机器数最高位为1 ，对于原码、补码、单精度浮点数而言为负数，对于 移码而言为正数，所以移码数最大，而补码为-228 ，原码为-（230 +229 + 228 ) , 单 精度浮点数为-1 . 0 x 297 。
归纳总结： 对于负数而言，同样的二进制代码，原码所表示的真值小于补码所表示 的真值 。 解题技巧：首先将十六进制数转换为二进制数，根据最高位为1 ，可以判定正确答 案必在C 和D 选项中，接下来根据原码和补码的特点，可以选定最终的答案。
=10000110b+00001010b=10010000b=90h R6=z2=x+y=134+246=10000110b+11110110b=(1)01111100b=7ch
计算机组成原理
（2）m补=x=10000110b，m= -1111010b= -7ah= -122 n补=y=11110110b，n= -0001010b= -10 k1补=m补-n补=10000110b-11110110b
说明
初始值,最后一位补0 Y4Y5=10 +[-X]补
右移一位 Y3Y4=01
+[X]补
右移一位 Y2Y3=10
+[-X]补
右移一位 Y1Y2=01
+[X]补
右移一位 Y0Y1=10 不移位
+[-X]补
3. 解：76.75 = 1001100.11 = 1.00110011 ×26 指数E = 7 + 127 = 133 = 1000 0101B 127是单精度浮点数应加的指数偏移量。
4. 某微机内存有一个单精度规格化浮点数（IEEE754标准）为 C2308000H，试写出其真值。
计算机组成原理
1. 解： X＝-0.1110，Y＝-0.1101 ，X*＝0.1110，Y*＝0.1101。 其中寄存器 B=X* ,计数器Cd=4。计算过程:
部分积 A
乘数 C
00 0000
+x* 0 0 1 1 1 0
00 1101
00 1101
00 0110
110101
11 0011
11 1001
11 1100
111010
00 1101
00 1001
00 0100
111101
11 0011
11 0111
11 1011
111110
00 1101
00 1000
乘积高位
1111
乘积低位
[XY]补=0.10001111, XY= 0.10001111
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
计算机组成原理
14、浮点加、减中的对阶的方法是___A___。
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．11
答案： B 5、字长相同但格式不同的两种浮点数，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 B 。 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．前者可表示的数的范围大且精度高
归纳：74181是4位ALU芯片，74182是先行进位部件。利用8片 74181可构成32 位ALU；利用8片74181,2片74182 可构成二级 先行进位结构的32位ALU ；利用8片74181, 3片74182 可构成 三级先行进位结构的32位ALU。
解题技巧：采用排除法，8片74181将组成32位的ALU，所以C 选 项可以排除。A选项所述的32 位ALU不需要74182 芯片。D 选 项所述的32 位ALU 则需要3 片74182 芯片才行。
变的是对机器码的解释方式。 （1） 各寄存器和变量的对应关系如下表所示：
寄存器 R1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
R8
变量
x
y
m
n
z1
z2
k1
k2
性质
无符号 无符号 带符号 带符号 无符号 无符号 带符号
补码
补码
补码
带符号 补码
R1=x=134=10000110b=86h Y=246=11110110b R5=z1=x-y=134-246=10000110b-11110110b
=10000110b+00001010b=10010000b， k1= -1110000b= -70h= -112 （3）无符号数和带符号数在机器中都是以二进制数的形式存储的，不同之处
在于带符号数是将二进制值看作补码形式，将其转换为真值时最高位看 作符号位。补码运算时，符号位可以和数值位等同看待，故无符号数加 减运算与带符号数加减运算完全可以用同一套电路实现。 因为x补减y补可以转化为x补加（-y）补的运算，故补码形式的运算 中，加减法可以用同一套电路实现，只需增加从y补求（-y）补的电路即 可。 无符号数可以看作正数参加运算，也可以用同一套电路实现。只是不进 行溢出判断。 故四种运算可以利用同一个加法器及辅助电路实现。
X= ﹣(1.01100001)2 ×25 =﹣(101100.001)2 =﹣44.125
计算机组成原理
5.解：本题考查无符号数和带符号数的溢出概念，以及C语言中强制类型转换操作对数 据的处理方式。注意：
无符号数没有溢出的概念，超出最大值的进位将被丢弃。 C语言规定在无符号整数和带符号整数之间进行强制类型转换时，机器码并不改变，改
答案：B 19、在定点运算器中，无论采用双符号位还是单符号位，必须有溢出判断电
路，它一般用（ ）来实现。 A. 与非门 B. 或非门 C.异或门 D. 与或非门 答案：C 20、加法器采用先行进位的目的是( )。 A. 提高加法器速度 B. 快速传递进位信号 C. 优化加法器结构 D. 增强加法器功能 答案：A
计算机组成原理
3、在定点数运算中产生溢出的原因是（ ）。
A．运算过程中最高位产生了进位或借位
B．参加运算的操作数超出了机器的表示范围
C．运算的结果超出了机器的表示范围
D．寄存器的位数太少，不得不舍弃最低有效位
答案： C
4、若使用双符号位，则运算结果发生正溢的特征是：双符号位为（ ）。
A．00 B. 01 C．10
A. 阶的符号位与尾数的符号位不同
B．尾数的符号位与最高数值位相同
C．尾数的符号位与最高数值位不同
D．尾数的最高数值位为1
17、浮点数加、减法运算过程一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍入和判溢出等步 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X=27×29/32，Y＝ X=25×5/8，则用浮点数加法计算 X+Y 的最终结果是（ D ）。
完整的浮点数形式为 ： 0 1000 0101 001 1001 1000 0000 0000 0000 = 42998000H
4. 解：C2308000H = 1100 0010 0011 0000 1000 0000 0000 0000B 数符:S = 1（负数） 阶码: E = (1000 0100)2-127 = 132-127 = 5 尾数: D=(1.01100001)2
Ⅰ. i= =（int）（float）i
Ⅱ. f= =（float）（int）f
Ⅲ. f= =（float）（ double ）f Ⅵ. (d+f)-d= =f
A. 仅 Ⅰ 和 Ⅱ 和Ⅵ
B. 仅 Ⅰ 和 Ⅲ C. 仅 Ⅱ 和 Ⅲ D. 仅 Ⅲ
13、定点原码一位乘法是__A____。
A．先取操作数绝对值相乘，符号位单独处理
答案：B
二、综合题
1. 若X＝-0.1110，Y＝-0.1101，采用原码一位乘法运算求 X·Y=? 给出计算过程。
2．若X＝-0.1101,Y＝-0.1011 试利用补码Booth算法（比较 法）求X·Y＝？ 给出计算过程。
3. 将十进制数+76.75存入某微机中，试写出其IEEE754标准规 格化单精度浮点数形式。
00 1110
1101
X•Y=(X0⊕Y0).X*Y* =0.1011011
右移一位→
+0
00 0111 00 0000 00 0111
0 1 1 0 1(丢失)
右移一位→ 0 0 0 0 1 1
1011
0(丢失)
+x* 0 0 1 1 1 0
01 0001
右移一位→ 0 0 1 0 0 0
1101
A．+（2 - 2-23）×2+127 B．+（1 - 2-23）×2+127
C．+（2 - 2-23）×2+255 D．2+127
8、IEEE754标准规定的64位浮点数格式中，符号位为1位，阶码为11位，尾数为52 位，则它所能表示的最小规格化负数为___B___。
A.-（2－252）×2-1023
A．-0.75 B．+0.75 C．-0.25 D．+0.25
11、在浮点数编码表示中，___D___在机器数中不出现，是隐含的。
A．阶码 B．符号
C．尾数 D．基数
12、假定变量i，f，d数据类型分别为int，float和double（int用补码表 示，float和double 分别用IEEE754单精度和双精度浮点数格式表示）， 已知i=785，f= 1.5678e3, d= 1.5e100 。若在32位机器中执行下列关系 表达式，则结果为真的是（ B ）。
B.-（2－2Leabharlann Baidu52）×2＋1023
C．－1×2-1024
D．-（1－252）×2＋2047
9、 十进制数5的单精度浮点数 IEEE 754代码为___A___。
A．0 10000001 01000000000000000000000
B．11000000101000000000000000000000
C．01100000101000000000000000000000
D．11000000101100000000000000000000
计算机组成原理
10 、 若 单 精 度 浮 点 数 IEEE754 代 码 表 示 为 0 01111110 10000000000000000000000，则其代表的十进制数为___B___。