计算机组成原理第2章 例题及参考答案
计算机组成原理第2章课后题解
第 1 章
• 1.4 冯.诺伊曼机的主要设计思想？包括哪些组 成？
• 答：存储程序并按地址顺序执行。包括运 算器、控制器、存储器、输入和输出设备。
• 1.7 计算机如何区分内存中的指令和数据？
• 答：取指周期中，从内存读出的字是指令 字，该字送控制器（译码）；执行周期中， 从内存读出或写入的字是数据字（操作数 或结果）。
要求变形补码，应包括两个符号位 • 5.(1)[x]补＝0011011， [y]补＝0000011。
• ∵结果符号位相同 ∴无溢出
• [x + y]补＝0011110， x + y ＝+11110 • (2)[x]补＝0011011， [y]补＝1101011。 • ∵结果符号位相同 ∴无溢出 • [x + y]补＝0000110，x + y ＝+00110 • (3)[x]补＝1101010， [y]补＝1111111。 • ∵结果符号位相同 ∴无溢出 • [x + y]补＝1101001， x + y ＝－10111
+ + +
×2－2
[－|y|]补×2－3
[|y|]补×2－4 +
[|y|]补×2－5 +
0.1100000000 1.00001 1.1100100000 0.011111 0.0100010000 1.1100001 0.0000011000 1.11100001 1.1110011100 0.000011111 1.1111011010 0.0000011111 1.1111111001
按题目要求，写出x+y
0011011 + 0000011 0011110 0011011 + 1101011 0000110 1101010 + 1111111 1101001
计算机组成原理第2章答案
第2章综合应用题参考答案1. 在CRC校验中。
已知生成多项式是G(x)=x4+x3+1。
要求写出信息1011001的CRC 校验码。
解：生成多项式G(x)=11001，为5位，校验余数取4位，按模2除法计算过程如下：110101011001 1011001000011001111101100101111011001011100110011010余数R(x)= 1010CRC校验码=1011001 10102. 双方采用CRC循环校验码进行通信，已知生成多项式为x4+x3+x+1,接收到码字为10111010011。
判断该信息有无错误。
解：依题意，生成多项式G(x)=11011，如果信息正确，则模2除法余数应为0110010111011 1011101001111011110001101111100110111111111011100结果余数R(x)= 100不为零所以结果有错。
3. 简述算术移位与逻辑移位的区别算术移位，符号位保持不变，右移用符号位填充，左移用0填充逻辑移位，不考虑符号位，左右移位，空出位都用0填充4.已知机器字长n=8位，X=-44,Y=-53，按补码计算X-Y=？解：[X]补=11010100，[Y]补=11001011，[-Y]补=00110101[X]补11010100[-Y]补+) 00110101000010015. 设机器字长为8位（含1位符号位）设A=9/64, B=-13/32,计算[A±B]补，并还原成真值。
解：A=9/16=1001/26=0.0010010 B=-13/32=1101/25=-0.0110100[A]补=0.0010010 [B]补=1.1001100 [-B]补= 0.0110100[A]补 0.0010010[B]补 +） 1.10011001.1011110[A+B]补=1.1011110 真值A+B =-0.0100010=-17/64[A]补 0.0010010[-B]补 +）0.01101000.1000110[A-B]补=0.1000110 真值A-B =0.1000110=35/646. X=-0.1110，Y=-0.1101,采用原码一位乘法运算求[Z]原=[X×Y]原=？解：[X]原=1.1110 [Y]原=1.1101符号单独处理：积Z的符号位Zs=1 1=0被乘数、乘数都取绝对值：即[|X|] =00.1110 [|Y|]]原=0.1101部分积单元清000.0000 1101+X 00.111000.1110右移1位 00.0111 0110 1+0 00.000000.0111右移1位 00.0011 1011 0+X 00.111001.0001右移1位 00.1000 1101 1+X 00.111001.0110右移1位00.1011 0110 1积的绝对值 |Z|=0.10110110[Z]原=Zs.10110110=0.101101107. 若X=-0.1101, Y=-0.1011,用布斯算法求[X.Y]补=？解：对于Both补码乘法，符号参与运算，被乘数采用双符号位，乘数采用单符号，在乘数最末增加一个0，每次看最低两位（式中画底线的数字）：相同（00,或11）则加0，若为10，则加[-X]补，若为01，则加[X]补[X]补=1.0011 [-X]补=0.1101 [Y]补=1.010100.0000 101010+[-X]补 00.110100.1101右移1位 00.0110 110101+[X]补 11.001111.1001右移1位 11.1100 111010+[-X]补 00.110100.1001右移1位 00.0100 111101+[X]补 11.001111.0111右移1位 11.1011 111110+[-X]补 00.110100.1000 1111最后一步不移位积的补码 [Z]补=0.10001111真值 Z= 0.100011118. 设X=-15,Y=-13, 用原码阵列乘法器求乘积Z=X×Y=? 并用十进制乘法验证。
组成原理2章答案
2．[x]补= a7. a6a5…a0解、（1）当a7= 0时，x≥0 此时x>-0.5则a0 = 0, a1→a6任意即可当a7= 1时，[x]补= =2-|x||x|=2- 1. a6a5…a0=1-0.a6a5…a0若要x>-0.5则|x |<0.5所以有1-0.a6a5…a0<0.50.a6a5…a0>0.50.a6a5…a0>0.100000即a7a6 = 11, a5→a0不全为0或至少有一个为13．字长32位浮点数，符号位1位，阶码8位，用移码表示，尾数23位，用补码表示，基为2（1）最大正数的二进制表示E = 11111111 e=E-27=01111111=+127Ms = 0, M = 11…1（全1）最大的数的二进制表示：+2+127×(1-2-23)（2） 最小负数的二进制数表示：E = 11111111Ms = 1, M = 00…0（全0）（注意：用10….0来表示尾数－1） 表示为：-2+127×1（3）最小正数的二进制表示：+2-128×2-23（4）最大负数的二进制表示： [+2-128×2-23, +2+127×(1-2-23)]∪[-2-128×2-23，-2+127×1] 4． （1）2270.011011 1.1011264-==⨯ X=(-1)s ×2E-127×1.M S=0阶码：E=127+e=127-2=125=01111101 (阶码用移码表示) 尾数：M=0.1011（2） 2270.011011 1.1011264--==-⨯ X=(-1)s ×2E-127×1.M S=1阶码：E=127+e=127-2=125=01111101 (阶码用移码表示) 尾数：M=0.1011 （用原码表示）结果没有溢出，x+y=-101116．（1）x = 11011 , y = - 11111[x]变补=0 0 1 1 0 1 1[-y]变补=0 0 1 1 1 1 1上溢（2）x = 0.10111 , y = 0.11011[x]变补=0 0 1 0 1 1 1[-y]变补=1 1 0 0 1 0 1无溢出（3）x = 11011 , y = - 10011[y]变补=0 0 1 0 0 1 1[x]变补=0 0 1 1 0 1 17.（1）原码阵列x = 11011, y = -11111符号位: x0⊕y0 = 0⊕1 = 1|x| = 11011, |y|= 11111[x*y]原=1. 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1X*y=-0. 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1带求补器的补码阵列[x]补= 0 11011, [y]补= 1 00001乘积符号位单独运算0⊕1＝1尾数部分算前求补输出│X│＝11011，│y│＝111112n算后求补输出1.0010111011[X×Y]补=1.0010111011X×Y＝-0.1101000101(2) 原码阵列x = -0.11111, y = -0.11011符号位: x0⊕y0 = 1⊕1 = 0[x]原= 11111, [y]原 = 11011[x×y]原 = 01101000101x×y =+0.1101000101带求补器的补码阵列[x]补= 1 00001, [y]补= 1 00101乘积符号位单独运算1⊕1＝0尾数部分算前求补输出│X│＝11111，│y│＝110112n算后求补输出1 1 0 1 0 0 0 1 0 1[X×Y]补=0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1X×Y＝+0.11010001019．假设两数均用补码表示，阶码采用双符号法，尾数采用单符号法(1) x = 2-011*0.100101, y = 2-010*(-0.011110)[x]浮= 11101, 0.100101[y]浮= 11110, 1.100010计算x+y①完成对阶Ex-Ey = Ex+（-Ey）= 11 ，101+00，010=11，111<0无溢出Ex-Ey的值为-1Ex向Ey靠M x右移1位，Ex+1M x=0.010010 (1)②尾数相加③规格化处理：M不是1.M的形式，尾数左移2位，阶码-2M= 1.010010 阶码E=E y+11 110= 11100④舍入处理：采用0舍1入法处理M=1.010010⑤判是否溢出：阶码符号为11 无溢出x+y= = - 0.101110×2-4计算x-y①完成对阶与x+y相同②尾数相减③规格化处理：M=0.110000 E=11 110④舍入处理：采用0舍1入法处理M=0.110001⑤判是否溢出：阶码符号为11 无溢出x-y= 0.110001×2-2(2) x = 2-101×(-0.010110), y = 2-100×0.010110[x]浮= 11 011,1.101010[y]浮= 11 100,0.010110计算x+y①完成对阶Ex-Ey = Ex+（-Ey）= 11 ，011+00,100=11，111<0 无溢出Ex-Ey的值为-1Ex向Ey靠M x右移1位，Ex+1M x=1.110101 (0)②尾数相加③规格化处理：M不是1.M的形式，尾数左移2位，阶码-2M= 0.101100 阶码E=E y+11 110= 11 100+11 110=11 010 ④舍入处理：采用0舍1入法处理M= 0.101100⑤判是否溢出：阶码符号为11 无溢出x+y= = +0.101100×2-6计算x-y①完成对阶与x+y相同②尾数相减③规格化处理：M=1.011111 E=11 100④舍入处理：采用0舍1入法处理M=1.011111⑤判是否溢出：阶码符号为11 无溢出x-y= -0.100001×2-4。
计算机组成原理第二章课后习题答案
第二章运算方法和运算器练习一、填空题1. 补码加减法中，（符号位）作为数的一部分参加运算，（符号位产生的进位）要丢掉。
2. 为判断溢出，可采用双符号位补码，此时正数的符号用（00）表示，负数的符号用（11）表示。
3. 采用双符号位的方法进行溢出检测时，若运算结果中两个符号位（不相同），则表明发生了溢出。
若结果的符号位为（01），表示发生正溢出；若为（10），表示发生负溢出。
4. 采用单符号位进行溢出检测时，若加数与被加数符号相同，而运算结果的符号与操作数的符号（不一致），则表示溢出；当加数与被加数符号不同时，相加运算的结果（不会产生溢出）。
5. 利用数据的数值位最高位进位C和符号位进位Cf的状况来判断溢出，则其表达式为over=（C⊕Cf）。
6. 在减法运算中，正数减（负数）可能产生溢出，此时的溢出为（正）溢出；负数减（正数）可能产生溢出，此时的溢出为（负）溢出。
7. 补码一位乘法运算法则通过判断乘数最末位Yi和Yi-1的值决定下步操作，当YiYi-1=（10）时，执行部分积加【-x】补，再右移一位；当YiYi-1=（01）时，执行部分积加【x】补，再右移一位。
8. 浮点加减运算在（阶码运算溢出）情况下会发生溢出。
9. 原码一位乘法中，符号位与数值位（分开运算），运算结果的符号位等于（两操作数符号的异或值）。
10. 一个浮点数，当其补码尾数右移一位时，为使其值不变，阶码应该（加1）。
11. 左规的规则为：尾数（左移一位），阶码（减1）。
12. 右规的规则是：尾数（右移一位），阶码（加1）。
13. 影响进位加法器速度的关键因素是（进位信号的传递问题）。
14. 当运算结果的补码尾数部分不是（11.0×××××或00.1×××××）的形式时，则应进行规格化处理。
当尾数符号位为（01）或（10）时，需要右规。
计算机组成原理第2章习题参考答案
= (1-2 )×2
5 31
-9
31
（3）绝对值最小负数：000000， 1.011111111； -(2 +2 )×2 。 （4）绝对值最大负数：111111， 1.000000000； -1×2 = -2 。
-2
2-18．某浮点数字长 32 位，格式如下。其中阶码部分 8 位，以 2 为底，移码表示；尾 数部分一共 24 位（含 1 位数符） ，补码表示。现有一浮点代码为(8C5A3E00)16，试写出它所 表示的十进制真值。 0 阶码 7 8 数符
2-3．已知下列数的原码表示，分别写出它们的补码表示：[X1] 原 =0.10100，[X2] 原 =1.10111。 [解] [X1]补=0.10100，[X2]补=1.01001 2-4．已知下列数的补码表示，分别写出它们的真值：[X1]补=0.10100，[X2]补=1.10111。 [解] X1=0.10100，X2=-0.01001 2-6. 设[X]原=1.A1A2A3A4A5A6, （1）若要 X > -1/2，A1～A6 要满足什么条件？ （2）若要 -1/8 ≥ X ≥ -1/4，A1～A6 要满足什么条件？ [解] (1) ∵-1/2=-0.100000, [-1/2]原=1.100000
故 X>-1/2 的条件是 1.A1A2A3A4A5A<1.100000 ∴A1=0 （2）∵-1/8=-0.001， [-1/8]原=1.001000,-1/4=-0.010, [-1/4]原=1.010000 故-1/8 ≥ X ≥ -1/4 的条件是 1.001000≤X≤1.010000 ∴ A1 ( A2 A3 A2 A3 A4 A5 A6 ) 1 可简化为 A1 ( A2 A3 A4 A5 A6 ) 1 2-7．设[X]补=1.A1A2A3A4A5A6, （1）若要 X > -1/2，A1～A6 要满足什么条件？ （2）若要 -1/8 ≥ X ≥ -1/4，A1～A6 要满足什么条件？ [解]（1）∵ [-1/2]补=1.100000 ∴ X > -1/2 的条件是：1.A1A2A3A4A5A6 >1.100000 即 A1(A2+A3+A4+A5+A6)=1 （2）∵ [-1/8]补=1.111000 [-1/4]补=1.110000 ∴-1/8 ≥ X ≥ -1/4 的条件是： 1.A1A2A3A4A5A6 ≤1.111000 并且 1.A1A2A3A4A5A6≥1.110000 即 A1A2(A3 A4 A5 A6 + A3)=1 简化为：A1A2(A4 A5 A6 + A3)=1 2-9．某机字长 16 位，问在下列几种情况下所能表示数值的范围： （1）无符号整数 （2）用原码表示定点小数 （3）用补码表示定点小数 （4）用原码表示定点整数 （5）用补码表示定点整数 [解]（1） 0≤X≤(2 -1) （2） -(1-2 )≤X≤(1-2 ) （3） -1≤X≤(1-2 ) （4） -(2 －1)≤X≤(2 -1) （5） -2 ≤X≤(2 -1) 2-10.某计算机字长为 32 位,试分别写出无符号整数和带符号整数(补码)的表示范围 (用十进制数表示) [解] 无符号整数的表示范围为:0～2 -1 带符号整数的补码的表示为:-2 ～2 -1 2-11.假设机器字长为 8 位，若机器数为 81H，当它分别代表原码、补码、反码和移码 时，等价的十进制整数是多少？ [解]81H=10000001B, 若表示原码，其等价的十进制整数为-1；若表示补码，其等价的 十进制整数为-127；若表示反码，其等价的十进制整数为-126；若表示移码，其等价的十进 制整数为 1。 2-15．某浮点数字长 16 位，其中阶码部分 6 位（含一位阶符） ，移码表示，以 2 为底； 尾数部分 10 位（含 1 位数符，位于尾数最高位） ，补码表示，规格化。分别写出下列各题的
计算机组成原理(第四版)课后答案(第二章)
2.5 术语:存储元、存储单元、存储体、存储 单元地址,有何联系和区别？
存储元：存储一位二进制信息的基本单元电路。 存储单元：由若干存储元组成。一台机器的所有存储
单元长度相同，一般由8的整数倍个存储元构成。 存储体：是存储单元的集合，它由许多存储单元组成，
ห้องสมุดไป่ตู้用来存储大量的数据和程序。 存储器单元地址：计算机在存取数据时，以存储单元
访问； (4)固定存储器(ROM)中的任何一个单元不能随机访问. (5)一般情况下，ROM和RAM在存储体中是统一编址的. (6)由于半导体存储器加电后才能存储数据，断电后数
据就丢失了，因此，用EPROM做的存储器，加电后 必须重写原来的内容。
6
解:(1)F。主存是随机存储器,CPU访问任何单元的时 间都是相同的，同容量的大小没有关系。
2
2.2 存储器的带宽有何物理意义?存储器总线宽度为32 位,存取周期为250nS,这个存储器带宽是多少?
解:存储器的带宽是指每秒钟访问的二进制位的数目。 其物理意义是一个以存储器为中心的机器可以获取 的信息传输速度。 若存储周期为250ns，则工作速度=1/ 250ns , 所以，存储器带宽=工作速度×总线宽度 =1/250ns*32bit =1/250X10-9 × 32 bps =32X109 /250 bps =128X106 bps =128M bps
A15 D
A15 D
A15 D
A15 D
16片
.A14
.A14
.A14
16片64K×1 16片64K×1 16片64K×1
.A14
64K×1
A0
A0
A0
A0
10
2.9 2114是排列成64 x 64阵列的六管存储芯片,试 问组成4K x l6位的存储器，共需少片2114? 画出 逻辑框图。 解:Intel 2114芯片一片的容量为1Kx4位，要组成 4KXl6位的存储器，需要2114芯片 4K/l x l6/4=16（片）。 片内地址需要10根地址线，用A0～A9，片选需要2 位地址线，用A10～A11。
计算机组成原理第2章作业参考答案
第2章部分习题参考答案【2-9】某计算机字长为16位，简述下列几种情况下所能表示数值的范围。
解：（1）无符号整数；0≤X≤（216-1）（2）用原码表示定点小数；-（1-2-15）≤X≤ +（1-2-15）（3）用补码表示定点小数；-1 ≤X≤ +（1-2-15）最小：1.000000000000000最大：0.111111*********（4）用原码表示定点整数；-（215-1）≤X≤ +（215-1）（5）用补码表示定点整数。
-215≤X≤ +（215-1）最小：1000000000000000.最大：0111111111111111.【2-10】【2-11】某浮点数字长为12位，其中阶符为1位，阶码数值为3位，数符为1位，尾数数值为7位，阶码以2为底，阶码和尾数均用补码表示。
它所能表示的最大正数是多少？最小规格化正数是多少？绝对值最大的负数是多少？解：X最大正数 = （1-2-7）× 22^3-1 = (1-2-7) × 27X最小规格化正数 = 2-1× 2-2^3 = 2-9X绝对值最大负数 = -1 × 22^3-1 = -27= -128【2-12】【2-15】【2-16】试将 (-0.1101)2用IEEE短浮点数格式表示出来。
解：-0.1101 = -1.101*2-1符号位 = 1阶码-1的移码 = 01111111-1=01111110尾数 = 10100000000000000000000∴短浮点数代码为：1011 1111 0101 0000 0000 0000 0000 0000表示为十六进制的代码：BF500000H（4）+0.0解：短浮点数代码为：00000000000000000000000000000000 表示为十六进制的代码：00000000H【2-18】将下列IEEE短浮点数转换为十进制数（1）1(数符)1000000 1（阶码）1110000 00000000 00000000（尾数）解：计算出阶码真值：10000001 – 01111111 = 00000010尾数隐含了一个1以规格化二进制数形式写出此数：-1.111 * 22写成非规格化二进制数形式： -111.1转换成十进制数为：（-111.1）2 = （-7.5）10∴X = -7.5【2-22】已知下面数据块约定：横向校验、纵向校验均为奇校验，指出至少有多少位出错。
计算机组成原理第2章课后题解
• 答：取指周期中，从内存读出的字是指令 取指周期中， 该字送控制器（译码）；执行周期中， ）；执行周期中 字，该字送控制器（译码）；执行周期中， 从内存读出或写入的字是数据字（ 从内存读出或写入的字是数据字（操作数 或结果）。 或结果）。
第 2 章
问题：要求用8位机器码，符号和数值位的总和必须是8位。
0011011 + 0011111 0111010
• (2)[x]补＝0010111，[y]补＝0011011，[-y]补＝1100101。 ， ， 。 • ∵结果符号位相同 ∴无溢出 • [x - y]补＝1111100，x - y ＝－ ＝－00100 ，
0010111 + 1100101 1111100
按题目要求，写出x+y
0011011 + 0000011 0011110 0011011 + 1101011 0000110 1101010 + 1111111 1101001
6. (1)[x]补＝0011011，[y]补＝1100001，[-y]补＝0011111 ， ， • • ∵结果符号位不同 ∴溢出（上溢） 溢出（上溢）
• 12．(1)组成最低四位的 组成最低四位的74181进位输出为： 进位输出为： ． 组成最低四位的 进位输出为 • C4 = Cn+4 = G+PCn = G+PC0， C0为向第 位进位 为向第0位进位 • 其中，G = y3+y2x3+y1x2x3+y0x1x2x3，P = x0x1x2x3， 其中，
8.(1) x,y皆乘以0.00001，得x=0.11000，y=-0.11111 x,y皆乘以0.00001， x=0.11000，y=皆乘以0.00001 符号位 Sf = 0⊕1 = 1 去掉符号位后： 去掉符号位后： [|x|]补 = 0.11000 [|y|]补 = 0.11111 ; [-|y|]补 = 1.00001
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第二章数码系统例题及答案例题1写出下列各数的原码、反码、补码、移码（用二进制数表示）。
（1）－35/64 （2）23/128 （3）－127（4）用小数表示－1 （5）用整数表示－1 （6）用整数表示－128解：－1在定点小数中原码和反码表示不出来，但补码可以表示，－1在定点整数中华表示最大的负数，－128在定点整数表示中原码和反码表示不出来，但补码可以。
例题2设机器字长为16位，分别用定点小数和定点整数表示，分析其原码和补码的表示范围。
解：（1）定点小数表示最小负数最大负数 0 最小正数最大正数二进制原码 1.111...111 1.000...001 0.000...001 0.111 (111)十进制真值 - (1-215) -215 2－15 1-2-15原码表示的范围：- (1-215) ～1-2-15二进制补码 1.000...000 1.111...111 0.000...001 0.111 (111)十进制真值 -1 -215 2－15 1-2-15原码表示的范围：- 1 ～1-2-15（2）定点整数表示最小负数最大负数 0 最小正数最大正数二进制原码 1111...111 1000...001 0000...001 0111 (111)十进制真值 - (215－1) -1 ＋1 215－1原码表示的范围：- (215－1) ～215－1 [-32767 ~ +32767]二进制补码 1000...000 1111...111 0000...001 0111 (111)十进制真值 -1 +1 215-1原码表示的范围： - 215～ 215-1 [-32768 ~ +32767]一、选择题1．下列数中最小的数为（）。
A．(101001)2 B．(52)8C．(101001)BCDD．(233)162．下列数中最大的数为（）。
A．(10010101)2 B．(227)8C．(96)16D．(143)53．在机器数中，（）的零的表示形式是惟一的。
A．原码 B．补码 C．反码 D．原码和反码4．针对8位二进制数，下列说法中正确的是（）。
A．－127的补码为10000000 B．－127的反码等于0的移码C．+1的移码等于－127的反码 D．0的补码等于－1的反码5．一个8位二进制整数，采用补码表示，且由3个“1”和5个“0”组成，则最小值为（）。
A．－127 B．－32 C．－125 D．－36．计算机系统中采用补码运算的目的是为了( )。
A．与手工运算方式保持一致 B．提高运算速度C，简化计算机的设计 D．提高运算的精度7．某机字长32位，采用定点小数表示，符号位为1位，尾数为31位，则可表示的最大正小数为( )，最小负小数为( )。
A，＋(231－1) B．－(1－2－32) C．+(1-2－31)≈+1 D．－(1－2－31) ≈－18．某机字长32位，采用定点整数(原码)表示，符号位为1位，尾数为31位，则可表示的最大正整数为（），最小负整数为（）。
A．＋(231－1) B．－(1－2－32) C．+(230－1) D．－(231－1)9．用n+1位字长(其中1位符号位)表示定点整数（原码）时，所能表示的数值范围是（）。
A．0≤︱N︱≤2n+1－1 B．0≤︱N︱≤2n－1 C．0≤︱N︱≤2n-1－110．用n+1位字长(其中1位符号位)表示定点小数（原码）时，所能表示的数值范围是（）。
A．0≤︱N︱≤1－2－(n＋1) B．0≤︱N︱≤1－2－n C．0≤︱N︱≤1－2－n－111．定点8位字长的字，采用2的补码形式表示8位二进制整数，可表示的数范围为（）。
A．－127～+127 B．－2－127～＋2－127 C．2－128～2＋127 D．－128～+12712．32位浮点数格式中，符号位为1位，阶码为8位，尾数为23位。
则它所能表示的最大规格化正数为（）。
A．+(2－2－23)×2＋127 B．+(1－2－23)×2－127C．＋(2-2－23)×2＋255 D．2＋127－2－2313．64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（）。
A．－(2－2－52)×2－1023 B．－(2－2－52)×2＋1023C．-1×2－1024 D．－(1－2－52)×2＋204714．假定下列字符码中有奇偶校验位，但没有数据错误，采用偶校验的字符码是（）。
A．11001011 B．11010110 C．11000001 D．1100100115．若某数z的真值为－0.1010，在计算机中该数表示为1.0110，则该数所用的编码方法是（）码。
A．原 B．补 C．反 D．移16．长度相同但格式不同的2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（）。
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17．某数在计算机中用8421BCD码表示为0111 1000 1001，其真值为（）。
A．789 B．789H C．1929 D．1lll0001001B18．在浮点数原码运算时，判定结果为规格化数的条件是（）。
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119．若浮点数用补码表示，则判断运算结果是否为规格化数的方法是（）。
A．阶符与数符相同 B．阶符与数符相异C．数符与尾数小数点后第1位数字相异D．数符与尾数小数点后第1位数字相同答案：1．C 2．B 3．C 4．B 5．C 6．C 7．①C，②D 8．①A，②D 9．B 10．B 11．D 12．A 13．C 14．D 15．B 16．B 17．A 18．D 19．C二、计算题1．设机器字长16位，定点表示，尾数15位，数符1位，问：(1)定点原码整数表示时，最大正数是多少?最小负数是多少?(2)定点原码小数表示时，最大正数是多少?最小负数是多少?[解](1)定点原码整数表示：最小负数值＝－(215－1)＝－32767最小负整数表示：1111 1111 1111 1111最大正数值：(215－1)＝+32767最大正整数表示：0111 1111 1111 1111(2)定点原码小数表示：＝+0.1111 1111 111最大正数值＝(1－215)10＝－0.111 1111 111最小负数值＝－(1—2－15)102．机器字长32位，定点表示，尾数31位，数符1位，问：(1)定点原码整数表示时，最大正数是多少? 最小负数是多少?(2)定点原码小数表示时，最大正数是多少? 最小负数是多少?2.[解](1)定点原码整数表示时，最大正数值＝(231－1)10最小负数值；－(231－1)10(2)定点原码小数表示时，最大正数值；(1－231)10 最小负数值：－(1－2－31)103．把十进制数X=(+128.75)×2－10写成浮点表示的机器数，阶码、尾数分别用原码、反码和补码表示。
设阶码4位，阶符1位，尾数15位，尾数符号1位。
3．[解]X=(+128.75)×2－10[X]原＝1 0010 0 100000001100000[X]反＝1 1101 0 100000001100000[X]补＝1 1110 0 100000001100000阶阶数尾符码符数4．设机器字长为16位，浮点表示时，阶码5位，阶符1位，数符1位，尾数9位。
问：最大浮点数为多少? 最小浮点数为多少?4．[解] 最大浮点数＝2＋31×(1－2－9)最小浮点数＝－2＋31×(1－2－9)例题：某机采用使用浮点数格式的短浮点数数为“C2308000H”首，计算该浮点数的真值解：先将其展开为二进制数，并区分出三个字段的编码为：1，100，0010，0011，0000，1000，0000，0000，0000数阶尾符码数由于数符为1，该浮点数是一个负数。
阶码真值＝10000100－011111ll＝00000101尾数＝1．0110，0001，0000，0000，0000，000于是该浮点数的真值为：－101100001×2＋101＝－101100．001＝－54．125例②某机中现有浮点数为+74．75，将其变换成32位的短浮点数格式的过程如下：首先将其变换成二进制格式：＋74．75＝+1001100．1l表示成规格化二进制格式为：+1001100．1l＝+1．00110011×2＋110计算出阶码的移码为：110＋01111111＝10000101于是该浮点数的短浮点数格式应为：0100，0010，1001，1001，1000，0000，0000，0000＝42998000H例如：①X＝＋0．1110110l×2－101则[X]＝1101，0．11101101原＝1010，0．11101101[X]反[X]＝10ll，0．1110110l补②X＝+0．1010110×2＋010＝0010，0．1010110则[X]原[X]＝0010，0．1010110反＝0010，0．1010110[X]补③X＝－0．10101100×2＋011＝0011，1．10101100则[X]原＝0011，1．010100ll[X]反[X]＝0011，1．01010100补④X＝－0．01010001×2－111＝1111，1．01010001则[X]原＝1000，1．10101110[X]反[X]＝1001，1．10101111补如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。