计算机导论第一章课后练习答案
计算机导论试卷第1章 课后习题及参考答案
第一章习题一、选择题1.世界上第一台通用电子数字计算机诞生于( )。
A、1950年B、1945年C、1946年D、1948年2.与二进制数(10111.101)2等值的十进制数是( )。
A、23.625B、23.5C、39.5D、39.6253.与十进制数(101.1)10等值的二进制数是( )。
A、5.5B、110010.00011C、11000101.0011D、1100101.000110011…4.与十六进制数(1AE.5D)16等值的八进制数是( )。
A、(647.272)8B、(565.727)8C、(656.272)8 14 160 16 2 ‘D、(656.235)85.与二进制数(1111111111)2等值的十六进制数是( )。
A、FF3HB、3FFHC、210-1D、1777O6. 在PC机中，1MB准确等于( )。
A、1000×1000KBB、1024×1024KBC、1024×1024BD、1000×1000B7.已知真值X= 11101010，则其补码[X]补等于( )。
A、00010110B、01101010C、10010110D、00101108.已知机器数[X]反=11111111，则其真值X为( )。
A、00000000B、+0000000C、10000000D、-00000009.已知[X]原=10011110，则其对应的[X]补为( )。
A、01100010B、11100001C、-0011110D、1110001010.已知A =01011101，B =11101010，则A○+B为( )。
A、10110111B、01001000C、11111111D、1010001011.1MB等于( )字节？A、10KB、100KC、1024KD、10000K12.把十进制数215转换成二进制数，结果为( )。
A、10010110B、11011001C、11101001D、1101011113.ASCII是( )。
计算机导论 第一章 认识计算机期末测试习题与答案
1、冯·诺依曼在研制EDVAC时，提出了两个重要的概念，它们是（）A.采用机器语言和十六进制B.引入CPU和内存储器概念C.采用二进制和存储程序原理D.以上都不对正确答案：C2、一台计算机一般由两部分组成，其中构成计算机物理实体的部件被称为（）。
A.计算机程序B.计算机软件C.计算机硬件D.计算机系统正确答案：C3、在下面描述中，正确的是（）。
A.现在微型机一般字长为64位B.外存中的信息可直接被CPU处理C.键盘是输入设备，显示器是输出设备D.计算机的主频越高，其运算速度就一定越快正确答案：C4、计算机中，运算器的主要功能是完成（）。
A. 代数和四则运算B.算术运算和逻辑运算C.代数和逻辑运算D.算术运算和代数运算5、在计算机领域中，通常用大写英文字母B来表示（）。
A.字符B.字长C.字节D.二进制位正确答案：C6、计算机中存储容量的单位之间，以下哪个单位换算准确（）。
A.1 KB=1024 MBB.1 KB=1000 BC.1 MB=1024 GBD.1 MB=1024 KB正确答案：D7、计算机各部件传输信息的公共通路称为总线，一次传输信息的位数称为总线的（）。
A.度B.粒度C.长度D.宽度正确答案：D8、操作系统是最重要的系统软件，操作系统的主要功能是（）。
A.对计算机系统的所有资源进行控制和管理B.对数据文件进行管理C.对高级语言程序进行翻译D.对汇编语言、高级语言程序进行翻译9、程序是问题求解步骤的描述，计算机能直接识别的程序是（）。
A.汇编语言程序B.高级语言程序C.机器语言程序D.低级语言程序正确答案：C10、（）属于系统软件。
A.WORDB.LINUXC.FIREFOXD.PHOTOSHOP正确答案：B二、多选题1、实证思维、逻辑思维和计算思维是人类认识世界和改造世界的三大思维，以下哪个说法正确（ )。
A.以上说法都正确B.实证思维是指以观察和总结自然规律为特征，以具体的实际证据支持自己的论点。
计算机导论第一章课后练习答案
计算机导论第⼀章课后练习答案1.1节1. 上⾯的两个输⼊中有且只有⼀个必须为1，且最下⾯的输⼊必须为1。
2. 下⾯的输⼊1被NOT门取反为0，使得AND门的输出变为0。
因此，OR门的2个输⼊均为0（记住，触发器上⾯的输⼊保持为0），因此OR门的输出变成0。
这就意味着，当触发器下⾯的输⼊变回0，AND门的输出仍将保持0。
3. 上⾯的OR门的输出将变为1，使得上⾯的NOT门得到⼀个输出0。
这会使得下⾯的OR门得到⼀个输出0，并使得下⾯的NOT门得到⼀个输出1。
这个1被看作是触发器的输出，同时反馈给了上⾯的OR门，这时，它将该门的输出保持为1，即使在触发器的输⼊已经变回0。
4. 当时钟为0时，触发器将屏蔽掉电路的输⼊值。
当时钟为1时，触发器将响应电路的输⼊值。
5. a. 整个电路等同于单个XOR门。
b. 这个电路也等同于单个XOR门。
6. a. 6AF2 b. E85517 c. 487. a. 01011111110110010111b. 0110000100001010c. 1010101111001101d. 00000001000000001.2节1. 在第⼀种情况下，地址为6的存储单元最后结果为值5。
在第⼆种情况下，它的最后结果值为8。
2. 在步骤1当新值写⼊3号存储单元时，该单元的原始值被擦去了。
因此，步骤2并没有将3号存储单元中原始值存⼊2号存储单元中。
结果是：两个存储单元最后的值都是最初2号存储单元中的值。
正确的步骤如下：步骤1，将2号存储单元中的内容移到1号存储单元。
步骤2，将3号存储单元中的内容移到2号存储单元。
步骤3，将1号存储单元中的内容移到3号存储单元。
3. 32768位。
1.3节1. 有较快的数据检索速度以及较⾼的传输速率。
2. 这⾥要记住的⼀点是，与计算机内部运作速度相⽐较，机械动作的缓慢表明：我们应该把必须移动读/写磁头的次数减到最少。
如果我们要在写满磁盘的⼀⾯后再开始下⼀⾯，那么当我们在写满⼀个道时都必须移动⼀次读/写磁头。
计算机科学导论(机械工业出版社)刘艺_瞿高峰_习题答案
第一章绪论1. 和计算机相关的问题.2. 冯.诺依曼模型.3. 第一点:尽管这个模型能够体现现代计算机的功能,但是它的定义太广泛.第二点:而且,并没有清楚地说明基于这个模型的机器能够完成的操作类型和数量.4. 输入数据和程序.5. 存储器,算术逻辑单元,控制单元和输入/输出单元.6. 存储器是用来存储的区域,在计算机处理过程中用来存储数据和程序.7. 算术逻辑单元是进行计算和逻辑判断的地方.8. 控制单元是用来对存储器,算术逻辑单元,输入/输出单元等子系统的操作进行控制的单元.9. 输入子系统负责从计算机外部接受输入数据和程序;输出子系统负责将计算机的处理结果输出到计算机外部.10. 早期的计算机的存储器存储数据.而完成某一任务的程序是通过操作一系列的开关或改变配线系统来实现的.而基于冯.诺依曼模型的计算机的存储器主要用来存储程序及其相应的数据.11.编程在早期的计算机中体现为对系列开关的开闭和配线系统的改变.而冯.诺依曼模型通过详细的第一计算机可以使用的不同指令集,从而使编程变得相对简单.程序员通过组合这些不同的指令来创建任意数量的程序.从而改变了编程的概念.12. B13. C14. A15. B16. D17. C18. D19. C20. A21. D22. A23. C24. D25. D26. D第三章数的表示1. 将十进制转换成二进制,则反复采用底数除法.将要转换的数反复除2,所得余数做为从右往左的数.直到除数为1,作为最左端的数.2. 将所给的二进制的数每个二进制数字分别乘以它的权值,最后将每个二进制位乘以权值后的结果相加即得到相应的十进制数.3. 第N位是2的N-1次幂.4. 第N位是10的N-1次幂.5. 符号加绝对值格式,二进制反码格式和二进制补码格式.6. 计算机定义一个最大的无符号整数的常量,这样,计算机所能存储的无符号整数就介于0到该常量之间.也就定义了一个存值范围.7. 位数分配是指用以表示整数的二进制位数.8. 因为8位的存储单元中,范围最大的无符号整数类型的范围是0~255,256超出其存储范围,在计算机中不能存储.9. 计数和寻址. 10. 溢出. 11. 一样.12. 符号加绝对值:在N位的存储单元中,将该负数忽略其负号,然后转换成N-1位的二进制数,不足位数左边补0.最后在最左边加1.二进制反码:在N位的存储单元中,将该负数忽略其负号,然后转换成N位的二进制数,不足位数左边补0.最后,将其每一位换成它的反码形式.(0->1,1->0).二进制补码: 在N位的存储单元中,将该负数忽略其负号,然后转换成N位的二进制数,不足位数左边补0.最后,将最右边的所有0和首次出现的1保持不变,其余位取反.13. 0在符号加绝对值中的形式有N个0,表+0;最左边为1其右边带上N-1个0,表-0.在二进制反码中的形式有N个0,表+0;N个1,表-0.在二进制补码中的形式有N个0.14. 符号加绝对值可以表示的数的范围:-(2^(N-1)-1) ~ (2^(N-1)-1).二进制反码可以表示的数的范围: -(2^(N-1)-1) ~ (2^(N-1)-1).二进制补码可以表示的数的范围: -2^(N-1) ~ (2^(N-1)-1).15. 最左边一位在符号加绝对值中表示数的正负性.在二进制反码中表示数的正负性.在二进制补码中表示数的正负性.16.~19.*20. C21. A22. D23. D24. B25. C26. D27. D28. C29. D30. D31. C32. B33. D34. ~46*47.例子: 23. 23/2=11…1, 11/2=5…1, 5/2=2…1, 2/2=1…0, 剩1. 即:10111,所以其八位无符号整数即为00010111.48.例子: 41. 41/2=20…1, 20/2=10…0, 10/2=5…0, 5/2=2…1, 2/2=1…0, 剩1.即:101001,所以其16位无符号整数为0000000000101001.49. 例子:-101, 去其负号. 101/2=50…1, 50/2=25…0, 25/2=12…1, 12/2=6…0,6/2=3…0, 3/2=1…1, 剩1. 即:1100101. 其8位符号加绝对值即补足7位,再在最左边加1表负数. 即:11100101.50. 同上.51. 例子:-110, 去其负号, 110/2=55…0, 55/2=27…1, 27/2=13…1, 13/2=6…1,6/2=3…0, 3/2=1…1, 剩1. 即:1101110. 其16位无符号整数位:0000000001101110,二进制反码整数即为:1111111110010001.以下略.方法由上面依此类推.第四章位运算略第五章计算机组成39.A 40.B 41.A 42.D 43.D 44.D 45.C46.A 47.B 48.A 49.(2^34) 50.D 51.A 52.A 53.C 54.B 55.D56.D 57.A 58.B 59.C 60.B 61.B 62.A 63.C 64.B 65.D66.C 67.D 68.D 69.C 70.C 71.A 72.C 73.B 74.C 75.B76.A 77.C第六章计算机网络1. 模型是标准化组织制定的用于网络设计的指南；协议是用于控制网络或交互式网络种不同设备间交互的一系列规则。
大学计算机基础课课本计算机科学导论课后答案
大学计算机根底课课本计算机科学导论课后答案以下答案多方资料做的，仅供参考。
第一章绪论1. 和计算机相关的问题.2. 冯.诺依曼模型.3. 第一点:尽管这个模型能够表达现代计算机的功能,但是它的定义太广泛. 第二点:而且,并没有清楚地说明基于这个模型的机器能够完成的操作类型和数量.4. 输入数据和程序.5. 存储器,算术逻辑单元,控制单元和输入/输出单元.6. 存储器是用来存储的区域,在计算机处理过程中用来存储数据和程序.7. 算术逻辑单元是进行计算和逻辑判断的地方.8. 控制单元是用来对存储器,算术逻辑单元,输入/输出单元等子系统的操作进行控制的单元.9. 输入子系统负责从计算机外部接受输入数据和程序;输出子系统负责将计算机的处理结果输出到计算机外部.10. 早期的计算机的存储器存储数据.而完成某一任务的程序是通过操作一系列的开关或改变配线系统来实现的.而基于冯.诺依曼模型的计算机的存储器主要用来存储程序及其相应的数据.11.编程在早期的计算机中表达为对系列开关的开闭和配线系统的改变.而冯.诺依曼模型通过详细的第一计算机可以使用的不同指令集,从而使编程变得相对简单.程序员通过组合这些不同的指令来创立任意数量的程序. 12. B 13. C 14. A 15. B 16. D从而改变了编程的概念.17. C 18. D 19. C 20. A 21. D 22. A 23. C 24. D 25. D 26. D第二章略第三章数的表示1. 将十进制转换成二进制,那么反复采用底数除法.将要转换的数反复除2,所得余数做为从右往左的数.直到除数为1,作为最左端的数.2. 将所给的二进制的数每个二进制数字分别乘以它的权值,最后将每个二进制位乘以权值后的结果相加即得到相应的十进制数. 3. 第N位是2的N-1次幂.4. 第N位是10的N-1次幂.5. 符号加绝对值格式,二进制反码格式和二进制补码格式.6. 计算机定义一个最大的无符号整数的常量,这样,计算机所能存储的无符号整数就介于0到该常量之间.也就定义了一个存值范围.7. 位数分配是指用以表示整数的二进制位数.8. 因为8位的存储单元中,范围最大的无符号整数类型的范围是0~255,256超出其存储范围,在计算机中不能存储. 9. 计数和寻址.10. 溢出. 11. 一样.12. 符号加绝对值:在N位的存储单元中,将该负数忽略其负号,然后转换成N-1位的二进制数,缺乏位数左边补0.最后在最左边加1.二进制反码:在N位的存储单元中,将该负数忽略其负号,然后转换成N位的二进制数,缺乏位数左边补0.最后,将其每一位换成它D 31. C 32. B 33. D 34. ~46* 47.例子: 23. 23/2=11…1, 11/2=5…1, 5/2=2…1, 2/2=1…0, 剩1. 即:10111,所以其八位无符号整数即为00010111.48.例子: 41. 41/2=20…1, 20/2=10…0, 10/2=5…0, 5/2=2…1, 2/2=1…0, 剩1. 即:101001,所以其16位无符号整数为0000000000101001.49. 例子:-101, 去其负号. 101/2=50…1, 50/2=25…0, 25/2=12…1,12/2=6…0, 6/2=3…0, 3/2=1…1, 剩1. 即:1100101. 其8位符号加绝对值即补足7位,再在最左边加1表负数. 即:11100101. 50. 同上.51. 例子:-110, 去其负号, 110/2=55…0, 55/2=27…1, 27/2=13…1,13/2=6…1, 6/2=3…0, 3/2=1…1, 剩1. 即:1101110. 其16位无符号整数位:0000000001101110,二进制反码整数即为:以下略.方法由上面依此类推.第四章位运算略第五章计算机组成39.A 40.B41.A 42.D 43.D 44.D 45.C 46.A 47.B 48.A 49.(2")50.D51.A 52.A 53.C 54.B 55.D 56.D 57.A 58.B 59.C 60.B61.B 62.A 63.C 64.B 65.D 66.C 67.D 68.D 69.C 70.C 71.A 72.C 73.B 74.C 75.B 76.A 77.C第六章计算机网络1.模型是标准化组织制定的用于网络设计的指南；协议是用于控制网络或交互式网络种不同设备间交互的一系列规那么。
计算机导论(本科)复习练习(第一章)
第一章复习练习参考答案：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10C A C A B C AD C B11 12 13 14 15 16 17 18 19 20A B D D C C C B A B二、判断题1 2 3 4 5 6 7 8 9 10√×√×××××××三、填空题1. 运算器、控制器、存储器、输入设备和输出设备2. R，R,逢R进13. 94. 35. 86. BCD7. 10011 100108. 加、减及移位计算机导论复习练习（第一章）一．单选题1．世界上第一台通用电子数字计算机诞生于( C ) 。
（A）1950年（B）1945年（C）1946年（D）1948年2. 计算机的发展经历了四个阶段，这四个阶段计算机使用的元器件依次是（A）。
（A）电子管、晶体管、集成电路、大规模集成电路（B）电子管、集成电路、大规模集成电路、晶体管（C）电子管、晶体管、集成电路、光介质（D）晶体管、集成电路、大规模集成电路、电子管3. 供科学研究、军事和大型组织用的高速、大容量计算机是（D）。
（A）微型机（B）小型机（C）大型机（D）巨型机4．计算机发展到今天，就其工作原理而论，一般认为都基于冯·诺依曼提出的（A）原理。
（A）存储程序（B）布尔代数（C）开关电路（D）二进制数5. 设有某进制数2×2=10，根据这个运算规则，十进制运算3+6的结果写成该进制为( B) 。
（A）15（B）21 （C）9（D）186. 在( C ) 系统中只使用0和1。
（A）十进制（B）八进制（C）二进制（D）十六进制7．与二进制数（10111.101）2等值的十进制数是( A) 。
（A）23.625 （B）23.5（C）39.5 （D）39.6258．与十进制数（101.1）10等值的二进制数是( D) 。
（A）5.5 （B）110010.00011（C）11000101.0011 （D）1100101.000110011…9．与十六进制数（1AE.5D）16等值的八进制数是( C) 。
智慧树知到《计算机导论》章节测试含答案
智慧树知到《计算机导论》章节测试含答案第一章单元测试1、冯.诺依曼对现代计算机的主要贡献不包括( )A.采用二进制B.存储程序控制工作模式C.确立了计算机的基本结构D.建立因特网理论模型正确答案：建立因特网理论模型2、以下属于二进制精简表示形式的是( )A.八进制B.二进制C.ASCIID.GB2312正确答案：八进制3、计算机主要的工作特点不包括( )A.存储程序与自动控制B.高速度高精度C.创造创意D.有记忆能力正确答案：创造创意4、计算机的组成部分主要包括运算器、存储器、输入设备、控制器和( )A.输出设备B.显示器C.磁盘驱动器D.鼠标器正确答案：输出设备5、用集成电路作为电子器件制成的计算机属于( ).A.第一代B.第二代C.第三代D.第四代正确答案：第三代6、当前计算机主要用来进行( )A.数据处理B.系统伤真C.自动控制D.动画设计正确答案：数据处理7、神威.太湖之光计算机属于( )A.大型机B.小型计算机C.超级计算机D.中型计算机正确答案：超级计算机8、计算机之所以能实现自动连续执行，是由于计算机采用了( )原理。
A.布尔逻辑运算B.集成电路工作C.串行运算D.存储程序和程序控制正确答案：存储程序和程序控制9、计算机控制的智能化温室大棚属于( )方面的计算机应用。
A.过程控制B.数据处理C.科学计算D.人工智能正确答案：过程控制10、客机、火车订票系统属于( )方面的计算机应用。
A.科学计算B.数据处理C.过程控制D.人工智能正确答案：数据处理第二章单元测试1、在计算机科学中,十六进制的作用是( )。
A.八进制的精简表示B.二进制的精简表示C.计算机中实际存储方式D.十进制的精简表示正确答案：二进制的精简表示2、在汉字国标码字符集中，汉字和图形符号的总个数为( ) 。
A.3755B.3008C.7445D.6763正确答案：67633、将十进制数256转换成二进制数是( )。
A.11000000B.11111111C.100000000D.10000000正确答案：1000000004、将二进制数1101101110转换为十进制数是( )A.878B.1556C.354D.1058正确答案：8785、将二进制1110111.11转換成十六进制数是( )A.77.CB.D7.3C.77.ED.F7.11正确答案：77.C6、已知大写字母C的ASCII码值为(67)10，则小写字母c的ASCII 码值是( )。
第一章计算机基础知识习题及参考答案
第一章绪论一、选择题1.冯•诺依曼对现代计算机的主要贡献是（D）。
A.设计了差分机B.设计了分析机C.建立了理论模型D.确立了计算机的基本结构2.在计算机应用中，“计算机辅助设设计”的英文缩写为（A）。
A.CADB.CAMC.CAED.CAT3.计算机中所有信息的存储都采用(A)。
A.二进制B.八进制C.十进制D.十六进制4.计算机最主要的工作特点是（B）。
A.存储程序与自动控制B.高速度与高精度B.可靠性与可用性 D.有记忆能力5.计算机硬件的组成部分主要包括运算器、存储器、输入设备、输出设备和（A）。
A.控制器B.显示器C.磁盘驱动器D.鼠标器6.用电子管作为电子器件制成的计算机属于（A）。
A.第一代B.第二代C.第三代D.第四代7.早期的计算机用来进行（A）。
A.科学计算B.系统仿真C.自动控制D.动画设计8.世界上公认的第一台计算机是（），诞生于（）年，生产国是（），所使用的逻辑元件是（B）。
A.IBM-PC,1946,美国，电子管B.数值积分计算机，1946，美国，电子管C.电子离散变量计算机，1942，英国，集成电路D.IBM-PC,1942，英国，晶体管9.个人计算机属于（C）A.小巨型机B.小型计算机C.微型计算机D.中型计算机10.计算机之所以能实现自动连续执行，是由于计算机采用了（D）原理A.布尔逻辑运算B.集成电路工作C.串行运算D.存储程序和程序控制11.下列关于计算机发展史的叙述中错误的事（D）A.世界上第一台计算机是在美国发明的ENIACB.ENIAC不是存储程序控制的计算机C.ENIAC是1946年发明的，所以世界从1946年起就进入了计算机时代D.世界第一台投入运行的具有存储程序控制的计算机是英国人设计并制造的EDV AC12.冯诺依曼型计算机的设计思想不包括（B）A计算机采用二进制存储B计算机采用十进制运算C存储程序和程序控制D计算机主要是由存储器，运算器，控制器，输入设备和输出设备五大部件组成的13.第三代计算机的逻辑元件采用（C）A.电子管B.晶体管C.中,小规模集成电路D.大规模或超大规模集成电路14.客机、火车订票系统属于（B）方面的计算机应用A.科学计算B.数据处理C.过程控制D.人工智能15.按照计算机用途。
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1.1节1. 上面的两个输入中有且只有一个必须为1，且最下面的输入必须为1。
2. 下面的输入1被NOT门取反为0，使得AND门的输出变为0。
因此，OR门的2个输入均为0（记住，触发器上面的输入保持为0），因此OR门的输出变成0。
这就意味着，当触发器下面的输入变回0，AND门的输出仍将保持0。
3. 上面的OR门的输出将变为1，使得上面的NOT门得到一个输出0。
这会使得下面的OR门得到一个输出0，并使得下面的NOT门得到一个输出1。
这个1被看作是触发器的输出，同时反馈给了上面的OR门，这时，它将该门的输出保持为1，即使在触发器的输入已经变回0。
4. 当时钟为0时，触发器将屏蔽掉电路的输入值。
当时钟为1时，触发器将响应电路的输入值。
5. a. 整个电路等同于单个XOR门。
b. 这个电路也等同于单个XOR门。
6. a. 6AF2 b. E85517 c. 487. a. 01011111110110010111b. 0110000100001010c. 1010101111001101d. 00000001000000001.2节1. 在第一种情况下，地址为6的存储单元最后结果为值5。
在第二种情况下，它的最后结果值为8。
2. 在步骤1当新值写入3号存储单元时，该单元的原始值被擦去了。
因此，步骤2并没有将3号存储单元中原始值存入2号存储单元中。
结果是：两个存储单元最后的值都是最初2号存储单元中的值。
正确的步骤如下：步骤1，将2号存储单元中的内容移到1号存储单元。
步骤2，将3号存储单元中的内容移到2号存储单元。
步骤3，将1号存储单元中的内容移到3号存储单元。
3. 32768位。
1.3节1. 有较快的数据检索速度以及较高的传输速率。
2. 这里要记住的一点是，与计算机内部运作速度相比较，机械动作的缓慢表明：我们应该把必须移动读/写磁头的次数减到最少。
如果我们要在写满磁盘的一面后再开始下一面，那么当我们在写满一个道时都必须移动一次读/写磁头。
因此磁头移动的次数就大约等于磁盘两个盘面所有道的总和。
不过，如果我们通过电子方式在磁盘表面之间切换读/写磁头，我们就只需要在每个柱面写满时才移动一次读/写磁头了。
3. 在这个应用中，必须从海量存储系统中随机地检索信息，而对于CD和DVD等设备中使用的螺旋系统，这种方法是很耗时的。
（而且，现在的技术还无法使CD和DVD设备中的某部分数据进行更新。
）4. 存储空间是以物理扇区为单元分配的（事实上，在大多数情况下是以扇区组为单元）。
如果最后一个物理扇区没有被写满，可以再填加新的文本，而不需要增加此文档的存储空间。
如果最后一个物理扇区已经被写满，那么无论要给该文档填加什么内容，都需要分配额外的物理扇区。
5. 闪存驱动器不需要物理运动，因此所需要的响应时间比较短，而且不会有物理损耗。
6. 缓冲区是一个临时的数据存储区域，通常用作解决数据源与最终目的地不一致性的手段。
1.4节1. Computer science 。
2. 除了从低端数第6位对应的大写字母和小写字母分别是0和1外，两个位模式是相同的。
3. a. 01010111 01101000 01100101 0111001001100101 00100000 01100001 0111001001100101 00100000 01111001 0110111101110101 00111111b. 00100010 01001000 01101111 0111011100111111 00100010 00100000 0100001101101000 01100101 01110010 0111100101101100 00100000 01100001 0111001101101011 01100101 01100100 00101110c. 00110010 00101011 00110011 0011110100110101 001011104.5. a. 5 b. 9 c. 11 d. 6 e. 16 f. 186. a. 110 b. 1101 c. 1011 d. 10010 e. 11011 f. 1007. 在24位中，我们利用ASCII 码可以存储3个符号。
因此，可存储的值最大能够达到999。
不过，如果我们将这些位用作二进制数字，那么可存储的值则最大可达16 777 215。
8. a. 15.15 b. 51.0.128 c. 10.1609. 几何表示法与位图编码的图像相比，更利于改变其尺寸。
然而，几何表示法在图像的质量方面没有位图好。
正如在1.8节所说的，JPEG 位图表示方式在相片中很常见。
10. 以每秒44 100样本的采样频率，一小时的立体声音乐需要635 040 00个字节的存储空间。
这也就差不多写满了一张容量略大于600 MB 的CD 。
1.5节1. a. 42b. 33c. 23d. 6e. 31 2. a. 100000b. 1000000c. 1100000d. 1111e. 11011 3. a. 413 b. 875 c. 212 d. 836 e. 85 4. a. 100.1b. 10.11c. 1.001d. 0.0101e. 101.1015. a. 100111 b. 1011.110 c. 100000 d. 1000.00 1.6节1.a. 3b. 15c. -4d. -6e. 0f. -16 2.a. 00000110b. 11111010c. 11101111d. 00001101e. 11111111f. 00000000 3.a. 11111111b. 10101011c. 00000100d. 00000010e. 00000000f. 10000001 4. a. 4位时，最大值是7，最小值是-8。
b. 6位时，最大值是31，最小值是-32。
c. 8位时，最大值是127，最小值是-128。
5. a. 0111(5+2=7) b. 0100(3+1=4) c. 1111(5+(-6)=-1)d. 0001(-2+3=1)e. 1000(-6+(-2)=-8)6. a. 0111 b. 1011（溢出） c. 0100（溢出）d. 0001e. 1000（溢出）7. a. 0110 b. 0011 c. 0100 d. 0010 e. 0001+0001 +1110 +1010 +0100 +10110111 0001 1110 0110 11008. 不会。
如果一个数对于使用中的系统过大时，那么试图存储这个数则会产生溢出现象。
当一个正值与一个负值相加时，结果一定在这2个数值之间。
于是，如果原始数值能够被存储，那么结果也是可以被存储的。
9. a. 6，因为1110→14-8b. -1，因为0111→7-8c. 0，因为1000→8-8d. -6，因为0010→2-8e. -8，因为0000→0-8f. 1，因为1001→9-810. a. 1101，因为5+8=13→1 101b. 0011，因为-5+8=3→0 011c. 1 011，因为3+8=11→1 011d. 1 000，因为0+8=8→1 000e. 1 111，因为7+8=15→1 111f. 0 000，因为-8+8=0→0 00011. 不可以。
余8记数法可以存储的最大值是7，表示为1111。
如果要表示更大的值，至少需要余16记数法（这个记数法采用5位模式）。
类似地，6也无法用余4记数法表示。
（能够用余4记数法表示的最大值是3。
）1.7节1. a.58b.134c.932d.112- e.1164-2. a. 01101011 b. 01111010（截断误差）c. 01001100d. 11101110e. 11111000（截断误差）3. 01001001916比001111011232大。
下面是确定哪个位模式表示更大值的一个简单方法。
第一种情况：如果符号位不同，那么符号位为0的更大。
第二种情况：如果两个符号位都是0，那么从左至右扫描这两个位模式的其余部分，一直到发现某一个二进制位，其位置上的位模式不同。
在这个位置上包含1的位模式表示较大的值。
第三种情况：如果两个符号位都是1，那么从左至右扫描这两个位模式的其余部分，一直到发现某一个二进制位，其位置上的位模式不同。
在这个位置上包含0的位模式表示较大的值。
这个比较过程的简单性是采用余码记数法（而不是二进制补码）表示浮点系统指数的一个原因。
4. 最大的数值是172，表示为位模式01111111。
关于最小的正值，你们可以认为有2个“正确”答案。
首先，如果你坚持文中所描述的编码过程，它要求尾数的最高有效位必须为1（称为规格化格式），答案则为132，表示为位模式00001000。
不过大多数机器并不对接近0的值施加这样的限制，因此这时候的正确答案是1256，表示为位模式00000001。
1.8节1. 行程长度编码、频率相关编码、相对编码和字典编码。
2. 1213211123435353. 彩色卡通是由边框清晰的单色块构成的而且所包含的颜色数目是有限的。
4. 不是，GIF和JPEG都是有损压缩系统，也就是说，图像中的细节可能会丢失。
5. JPEG基准标准利用了人眼的一个事实：人眼对于颜色变化不如对光线的变化敏感。
因此，减少表示颜色信息的位数，而没有明显地影响图像质量。
6. 暂时模糊和频率模糊。
7. 对信息编码时都要取近似值。
对于数字数据，这些近似值在计算过程中会积累，这可能导致错误的结果。
而对于图像和声音，近似值就没有那么严重，因为这些被编码的数据只是进行存储、传输以及再现。
不过如果图像和声音反复地再现、存储，然后再编码，那么这些近似值就会积累，因此最终导致无用的数据。
1.9节1. b、c和e。
2. 有。
如果在一个字节中出现了偶数个错误，那么奇偶校验技术就无法检测到它们。
3. 在这种情况下，问题1中的a和b字节中出现了错误。
问题2的答案是一样的。
4. a. 001010111 001101000 101100101101110010 101100101 000100000001100001 101110010 101100101000100000 001111001 101101111001110101 100111111b. 100100010 101001000 101101111101110111 100111111 100100010000100000 001000011 001101000101100101 101110010 001111001101101100 000100000 001100001001110011 001101011 101100101001100100 100101110c. 000110010 100101011 100110011000111101 100110101 1001011105. a. BED b. CAB c. HEAD6. 一个解如下:A 0 0 0 0 0B 1 1 1 0 0C 0 1 1 1 1D 1 0 0 1 1。