3月23日作业解答(2.5,2.6,版5,13计)
人教版八年级下册数学课本第十六章习题16,1答案
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八年级下册数学课本复习题答案（人教版）八年级下册数学课本上的复习题答案:pep../czsx/jszx/bnjxc/jsys/ 九年级的练习答案:pep../czsx/jszx/jnjsc/jsys/千万不要照抄答案哦。
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华师版七年级数学上册作业设计
七年级数学上册作业设计（华师版）目录第一章走进数学世界/2第二章有理数/32.1有理数/31.正数与负数/32.有理数/42.2数轴/51.数轴/52.在数轴上比较数的大小/62.3相反数/72.4绝对值/82.5有理数的大小比较/92.6有理数的加法/101.有理数的加法法则/102.有理数加法的运算律/112.7有理数的减法/122.8有理数的加减混合运算/131.加减法统一成加法/132.加法运算律在加减混合运算中的应用/142.9有理数的乘法/151.有理数的乘法法则/152.有理数乘法的运算律/162.10有理数的除法/172.11有理数的乘方/182.12科学计数法/192.13有理数的混合运算/202.14近似数/21第二章有理数总结/22第三章整式的加减/233.1列代数式/231.用字母表示数/232.代数式/243.列代数式/253.2代数式的值/263.3整式/271.单项式/272.多项式/283.升幂排列与降幂排列/293.4整式的加减/301.同类项/302.合并同类项/313.去括号与添括号/324.整式的加减/33第三章整式的加减总结/34第四章图形的初步认识/354.1生活中的立体图形/354.2立体图形的视图/361.由立体图形到视图/362.由视图到立体图形/374.3立体图形的表面展开图/384.4平面图形/394.5最基本的图形——点和线/401.点和线/402.线段的长短比较/414.6角/421.角/422.角的比较和运算/433.余角和补角/44第四章图形的初步认识总结/45第五章相交线与平行线/465.1相交线/461.对顶角/462.垂线/473.同位角、内错角、同旁内角/485.2平行线/491.平行线/492.平行线的判定/503.平行线的性质/51第五章相交线与平行线总结/52第一章走进数学世界预习：阅读课本第一章《走进数学世界》之后，你有哪些收获？你有哪些疑问？小结：经过第1章《走进数学世界》的学习，你对数学有哪些认识？你认为如何学好数学？写个数学读后感吧。
5月18日作业解答(5.4,5.5,版5,13计)
5月18日作业（5.4，5.5）说明：“A类选做”为较简单题目，“B类选做”为稍难题目1.微命令的编码表示法是把一组相斥性的微命令信号编码在一起。
2.微程序控制器中，微程序的入口地址是由a形成的。
a)机器指令的操作码字段b)机器指令的地址码字段c)微指令的微地址码字段d)微指令的微操作码字段3.（预习作业）为了确定下一条微指令的地址，通常采用断定方式（即多路转移方式），其基本思想是c。
a)用程序计数器PC来产生后继微指令地址b)用微程序计数器MPC（μPC ）来产生后继微指令地址c)通过微指令顺序控制字段由设计者指定或者由设计者指定的判别控制字段产生后继微指令地址d)通过指令中指定一个专门字段来产生后继微指令地址4.P183 6 补充：若其微程序控制器及微地址获取方式与我系实验计算机完全相同，则控制存储器容量又为多少？共有微指令：80(4-1)+1=241（条），微指令长度32位，故可选控存容量：256×32位补充：80×4+1=321（条），512×32位5.P183 8 提示：可采用“直接表示法”和“字段直接译码法”结合的混合表示法，相斥性的微命令编在同一字段。
答案不唯一a，c，d，g，(b，i，j)，(e，f，h)6.某计算机采用微程序控制器，已知每条机器指令的执行过程均可分解成5条微指令组成的微程序，该机指令系统采用6位定长操作码格式。
a)控制存储器CM至少应能容纳多少条微指令？b)如果每条机器指令的微程序在CM中必须连续存放（如我系实验计算机），则如何确定机器指令操作码与该指令微程序起始地址（入口地址）的对应关系，请给出具体方案。
解：1)答案1：26×5=320（条）（含取指微指令）答案2：26×（5-1）+1=257（条）（含取指微指令，取指微指令单独存放）答案2：26×5+1=321（条）（不含取指微指令，取指微指令单独存放）2)若采用答案1，则每条机器指令所对应的微程序在CM中需连续存放。
三位数乘两位数单元测试(含答案)苏教版四年级下册数学
三位数乘两位数（单元测试）苏教版四年级下册数学一、单选题1．(商品经济) 商店出售一种商品，进货时120 元5 件，卖出时180 元4 件，那么商店要盈利4200 元必须卖出( ) 件该商品。
A．180B．190C．200D．2102．下面是张叔叔购买地砖的发票。
票据上不小心滴了墨汁，遮住了单价中的一个数字，这些地砖的总金额不可能是（ ）元。
A．3588B．4165C．5215D．62653．计算9□8×14，得数可能是（ ）。
A．12454B．13412C．12512D．149724．根据26×73=1898，下列算式中结果正确的是（）A．2.6×7.3=1.898B．2.6×7.3=189.8C．2.6×7.3=18.98D．26×7.3=18.985．703×35的积的最高位是（ ）位。
A．百B．千C．万D．十万二、判断题6．“小刚家离学校600米，他从家走到学校用了12分钟，他每分钟走多少米？”这道题是求时间。
（）7．测试50米短跑，冬冬用了8.6秒，乐乐用了8.3秒。
乐乐跑得更快。
（ ）8．求一辆汽车一共行驶多少千米的数量关系式：速度×时间＝工作总量。
（ ）9．一个乘数扩大10倍，另一个乘数也扩大10倍，积不变。
（ ）10．两个不为0的数相乘，积大于这两个数。
（ ）三、填空题11．两个数的积是180，如果一个因数不变，另一个因数缩小10倍，则积是 。
12．体育馆有42个同样的看台，座位号28排30号是其中一个看台最后一排的最后一号，这个体育场能坐 人。
13．爸爸以每小时30千米的速度行驶了2小时到达上班的单位，回来时只用了1小时，爸爸往返单位的平均速度是 千米/时。
14．要使9□976≈10万，□里最小填 ；216×□2的积是四位数，□里最大填 ：105×40的积的末尾有 个0。
15．两个因数的积是18.52，如果一个因数扩大到原数的10倍，另一个因数缩小到原数的，则积是 。
冀教版三年级数学下册期末综合素质评价 附答案 (2)
冀教版三年级数学下册期末综合素质评价一、填空。
(每空1分，共23分)1.右面是一辆洒水车一天中绕城区作业的时间安排表：(1)第三次作业开始时间是下午( )时( )分。
(2)第四次作业的开始时间是下午5时10分。
请在横线上用24时计时法表示出来。
(3)洒水车作业一次需要2小时，晚上7时，洒水车是否还在作业？( )(填“是”或“不是”)2.乐乐的身高是1.39米，也就是( )米( )分米( )厘米；他妹妹的身高是1米8厘米，用小数表示是( )米，这个小数读作( )。
3.一个分数的分子与分母之和是12，分子比分母少2，这个分数是( )，它的分数单位是( )，它有( )个这样的分数单位，再加上( )个这样的分数单位就等于1。
4.右图是2023年3月的月历。
(1)2023年是( )年(填“平”或“闰”)，共有( )天，有( )个星期零( )天。
(2)3月有( )天，是( )月(填“大”或“小”)。
(3)书法比赛从3月16日开始，到这个月最后一天结束，一共有( )天。
5.林林、圆圆和方方三个人中，一位是工人，一位是农民，一位是战士。
现在知道：林林和农民不同岁，圆圆的年龄比农民大比战士小。
请你推断：林林是( )，圆圆是( )，方方是( )。
二、选择。
(将正确答案的序号填在括号里)(每小题2分，共12分)1.下面物品的厚度最接近1毫米的是( )。
A.数学课本B.橡皮C.身份证D.一张A4纸的厚度2.求一个长为29 cm，宽为21 cm的长方形的面积，列式正确的是( )。
A.(29＋21)×2B.29×21C.29＋21×2D.29＋213.小军家在学校的西方，小林家在小军家的南方，小林家在学校的( )方。
A.西B.南C.西南D.东南4.某小区要进行天然气主管道更换改造，甲队更换了主管道的38，乙队更换了主管道的28，这两队共更换了这条主管道的( )。
A.58B.516C.38D.185.百米赛跑中，小飞的成绩是15.6秒，小华的成绩是16.1秒，强强的成绩比小华好，但比小飞差，强强的成绩可能是( )。
人教A版高中同步训练数学选择性必修第三册课后习题 第6章 6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
第六章计数原理6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课后·训练提升基础巩固1.已知书架的第1层有3本不同的数学书,第2层有5本不同的语文书,第3层有8本不同的英语书,现从中任取1本书,不同的取法共有( ) A.120种 B.16种 C.64种 D.39种答案:B解析:书架上有3+5+8=16本书,从中任取1本书,依据分类加法计数原理,共有16种不同的取法.2.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤,若一条长裤与一件上衣配成一套,则不同的配法种数为( )A.7B.12C.64D.81答案:B解析:要完成配套,分两步:第一步,选上衣,从4件上衣中任选一件,有4种不同的选法;第二步,选长裤,从3条长裤中任选一条,有3种不同的选法.依据分步乘法计数原理,共有4×3=12种不同的配法.3.(多选题)已知直线方程Ax-By=0,若从0,1,2,3,5,7这6个数字中每次取两个不同的数作为A,B的值,则( )A.当A或B中有一个为零时,则可表示出2条不同的直线B.当AB≠0时,A有5种选法,B有4种选法,则可表示出5×4=20条不同的直线C.可表示不同的直线的条数是22D.当A=1时,可表示不同的直线条数是6答案:ABC解析:当A或B中有一个为零时,则可表示出2条不同的直线;当AB≠0时,A 有5种选法,B有4种选法,则可表示出5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理知,共可表示出20+2=22条不同的直线.当A=1时,可表示5条不同的直线.4.已知某公园有4个门,从一个门进,另一个门出,则不同的走法有( )A.16种B.13种C.12种D.10种答案:C解析:根据题意,将4个门编号为1,2,3,4,从1号门进入后,有3种出门的方式,共3种走法,同理,从2,3,4号门进入,同样各有3种走法,共有不同走法3×4=12种.故选C.5.5名同学报名参加两个课外活动小组,每名同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有( )A.10种B.20种C.25种D.32种答案:D解析:每名同学限报其中的一个小组,各有2种报名方法,根据分步乘法计数原理,不同的报名方法共有25=32种.6.某人的手机号码为139××××××××,若前七位已定好,最后四位数字是由6或8组成的,则这样的手机号码一共有( )A.8个B.16个C.20个D.32个答案:B解析:采用分步乘法计数原理,最后四位数字由6或8组成,可分四步完成,每一步有两种方法,共有2×2×2×2=24=16个.7.从颜色分别为黄、白、红、橙的4盆菊花和颜色分别为紫、粉红、白的3盆山茶花中任取3盆,其中至少有菊花、山茶花各1盆,则不同的选法种数为( )A.12B.18C.24D.30答案:D解析:选出符合要求的3盆花可分为两类:第1类,先从4盆菊花中选1盆,再从3盆山茶花中选2盆,有4×3=12种选法;第2类,先从4盆菊花中选2盆,再从3盆山茶花中选1盆,有6×3=18种选法.根据分类加法计数原理,不同的选法种数为12+18=30.8.某班元旦联欢会原定的9个歌唱节目已排成节目单,但在开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中,那么不同方法的种数为.答案:110解析:分两步完成:第一步,先将其中一个节目插入原节目单的9个节目形成的10个空中,有10种方法;第二步,再把另一个节目插入前10个节目形成的11个空中,有11种方法.依据分步乘法计数原理,共有10×11=110种不同的方法.9.如图1,若在这个电路中,只合上一个开关可以接通电路,有种不同的方法;如图2,若在这个电路中,合上两个开关可以接通电路,有种不同的方法.图1图2答案:5 6解析:对于题图1,按要求接通电路,分两类:第1类,合上A中的两个开关中的任意1个;第2类,合上B中的三个开关中的任意1个.依据分类加法计数原理,共有2+3=5种不同的方法.对于题图2,按要求接通电路必须分两步进行:第一步,合上A中的任意一个开关,有2种方法;第二步,合上B中的任意一个开关,有3种方法.依据分步乘法计数原理,共有2×3=6种不同的方法.10.有一项活动,需在3名教师,8名男同学和5名女同学中选人参加.(1)若只需一人参加,有多少种不同选法?(2)若需教师、男同学、女同学各一人参加,有多少种不同选法?(3)若需一名教师,一名学生参加,则有多少种不同选法?解(1)分三类:第1类,3名教师中选一人,有3种方法;第2类,8名男同学中选一人,有8种方法;第3类,5名女同学中选一人,有5种方法.依据分类加法计数原理,共有3+8+5=16种选法.(2)分三步完成:第一步选教师,有3种方法;第二步选男同学,有8种方法;第三步选女同学,有5种方法.依据分步乘法计数原理,共有3×8×5=120种选法.(3)分两类,每一类又分两步.第一类:先选一名教师,再选一名男同学,共有3×8=24种选法;第二类:先选一名教师,再选一名女同学,共有3×5=15种选法.依据分类加法计数原理,共有24+15=39种选法.11.学校要组织数学课外小组,高一年级(1)、(2)、(3)、(4)班分别有7人、8人、9人、10人,他们自愿组成数学课外小组.(1)选其中一人为负责人,有多少种不同的选法?(2)每班选一名组长,有多少种不同的选法?(3)推选两人做中心发言,这两人需来自不同的班级,有多少种不同的选法?解:(1)分四类:第一类,从(1)班学生中选1人,有7种选法;第二类,从(2)班学生中选1人,有8种选法;第三类,从(3)班学生中选1人,有9种选法;第四类,从(4)班学生中选1人,有10种选法.依据分类加法计数原理,共有N=7+8+9+10=34种不同的选法.(2)分四步:第一、二、三、四步分别从高一年级(1)、(2)、(3)、(4)班学生中选一人任组长.依据分步乘法计数原理,共有N=7×8×9×10=5040种不同的选法.(3)分六类,每类又分两步:从(1)、(2)班学生中各选1人,有7×8种不同的选法;从(1)、(3)班学生中各选1人,有7×9种不同的选法;从(1)、(4)班学生中各选1人,有7×10种不同的选法;从(2)、(3)班学生中各选1人,有8×9种不同的选法;从(2)、(4)班学生中各选1人,有8×10种不同的选法;从(3)、(4)班学生中各选1人,有9×10种不同的选法.依据分类加法计数原理和分步乘法计数原理,共有N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431种不同的选法.能力提升1.(多选题)若x,y∈N,且1≤x≤3,x+y<7,则对满足条件的不同的有序自然数对(x,y)的个数,以下说法正确的是( )A.当x=1时,有6种不同的有序自然数对B.当x=2时,有5种不同的有序自然数对C.当x=3时,有3种不同的有序自然数对D.满足条件的不同的有序自然数对共有14个答案:AB解析:分三类:第1类,当x=1时,y的取值可能为0,1,2,3,4,5,有6种情况; 第2类,当x=2时,y的取值可能为0,1,2,3,4,有5种情况;第3类,当x=3时,y的取值可能为0,1,2,3,有4种情况.根据分类加法计数原理,满足条件的有序自然数对(x,y)共有6+5+4=15个.2.定义集合A与B的运算A*B如下:A*B={(x,y)|x∈A,y∈B},若A={a,b,c},B={a,c,d,e},则A*B的元素个数为( )A.34B.43C.12D.以上都不对答案:C解析:依据分步乘法计数原理,A*B的元素个数为3×4=12.3.某单位有4名同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,1,2,5,为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),四人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车(车牌尾数为2)最多只能用一天,则不同的用车方案种数是( )A.4B.12C.16D.24答案:B解析:15日至18日,有2天奇数日和2天偶数日,车牌尾数中有2个奇数和2个偶数.第一步安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有22=4种.第二步安排偶数日出行,分两类:第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2种;第二类,不安排甲的车,只有1种选择,共有1+2=3种.根据分步乘法计数原理,不同的用车方案种数共有4×3=12种.4.如图,某电子器件是由三个电阻组成的回路,其中共有6个焊接点A,B,C,D,E,F.若某个焊接点脱落,则整个电路就会不通.如果现在电路不通了,那么焊接点脱落的可能性共有( )A.6种B.36种C.63种D.64种答案:C解析:每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况,只要有一个焊接点脱落,电路就不通,故共有26-1=63种可能情况.5.高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中甲工厂必须有班级去,每班去哪个工厂可自由选择,则不同的分配方案有( )A.16种B.18种C.37种D.48种答案:C解析:高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案,若三个班都不去甲工厂,有33种不同的分配方案,则满足条件的不同的分配方案有43-33=37种.故选C.6.A地分别与B,C,D三地交界(示意图如图),且B,C,D三地互不交界,在地图上分别给各地区涂色,要求相邻地区涂不同色,现有五种不同颜色可供选用,且颜色可以重复使用,则不同的涂色方法有种.答案:320解析:由题意知,本题是一个分步乘法计数问题,首先涂D,有5种结果,再涂A,有4种结果,然后涂B,有4种结果,最后涂C有4种,即5×4×4×4=320种.7.将一枚骰子(六点)连续抛掷三次,掷出的数字顺次排成一个三位数.(1)可以排出多少个不同的三位数?(2)各数位上的数字互不相同的三位数有多少个?(3)恰好有两个数字相同的三位数共有多少个?解:(1)分三步:先排百位,再排十位,最后排个位.根据分步乘法计数原理知,可以排出6×6×6=216个不同的三位数.(2)分三步进行:先排百位,再排十位,最后排个位.百位上数字的排法有6种,十位上数字的排法有5种,个位上数字的排法有4种.根据分步乘法计数原理,各数位上的数字互不相同的三位数有6×5×4=120个.(3)两个数字相同有三种可能,即百位和十位相同,十位和个位相同,百位和个位相同,而每种都有6×5=30个,故满足条件的三位数共有3×30=90个.8.用n种不同的颜色为两块广告牌着色,如图,要求在①,②,③,④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.(1)若n=6,则为甲着色时共有多少种不同的方法?(2)当为乙着色时共有120种不同的方法,求n的值.解:完成着色这件事,共分为四个步骤,可以依次考虑为①,②,③,④这四个区域着色时各自的方法数,再利用分步乘法计数原理确定出总的方法数.(1)分四步完成:第一步,为区域①着色时有6种方法;第二步,为区域②着色时有5种方法;第三步,为区域③着色时有4种方法;第四步,为区域④着色时有4种方法.依据分步乘法计数原理,不同的着色方法有6×5×4×4=480种.(2)分四步完成:第一步,为区域①着色时有n种方法;第二步,为区域②着色时有(n-1)种方法;第三步,为区域③着色时有(n-2)种方法;第四步,为区域④着色时有(n-3)种方法.依据分步乘法计数原理,不同的着色方法数为n(n-1)(n-2)(n-3).由题意知n(n-1)(n-2)(n-3)=120,(n2-3n)(n2-3n+2)-120=0,即(n2-3n)2+2(n2-3n)-120=0.因此n2-3n-10=0或n2-3n+12=0(舍去).解得n=5(负值舍去).第11页共11页。
人教版三年级数学下册练习二十三详细答案课件
2021/3答/11 ：他最迟16时15分必须从家出发。
课本113页 练习二十三 10. 写出箭头所指的小数。
（ 0.4 ）（ 1.1 ）
（ 2.6 ）
（ 3.9 ）（ 4.7 ）
0
1
2
3
4
5
2021/3/11
课本113页 练习二十三 11.
2021/3/11 答：它的水面是225m2，周长是60m。
课本112页 练习二十三 8.（1）3年 =( 36 )个月
24个月 =( 2 )年
（2）7月有( 31 )天；15时是下午( 3 )时。
（3）小华每天早上7时30分到校，11时50分放学回家；下午2时
到校，16时放学回家。他全天在校( 6 )小时(20 )分。
冰箱多少天能够送完？
48÷4÷2 = 12÷2 = 6（天） 答：这些冰箱6天能够送完。
2021/3/11
课本114页 练习二十三 16. 5箱蜜蜂一年可以酿375千克蜂蜜。照这样计算，24箱蜜蜂一
年可以酿多少蜂蜜？ 1箱蜜蜂酿蜜：375÷5= 75（kg） 24箱蜜蜂酿蜜：24×75= 1800（kg） 答：24箱蜜蜂一年可以酿1800kg蜂蜜。
41 - 6 =35 84 - 65 =19 450÷5 =90
17×4 =68
2021/3/11
课本111页 练习二十三 2. 计算。
528÷3 = 176
176 3 528
3 22 21
18 18
0
2021/3/11
228÷6 = 38
38
6 228 18 48 48 0
课本111页 练习二十三 2. 计算。
操作问题、奥数
所谓操作问题，实际上是对某个事物按一定要求进行的一种变换，这种变换可以具体执行。
例如，对任意一个自然数，是奇数就加1，是偶数就除以2。
这就是一次操作，是可以具体执行的。
操作问题往往是求连续进行这种操作后可能得到的结果。
例1对于任意一个自然数 n，当 n为奇数时，加上121；当n为偶数时，除以2。
这算一次操作。
现在对231连续进行这种操作，在操作过程中是否可能出现100？为什么？讨论：同学们碰到这种题，可能会“具体操作”一下，得到这个过程还可以继续下去，虽然一直没有得到100，但也不能肯定得不到100。
当然，连续操作下去会发现，数字一旦重复出现后，这一过程就进入循环，这时就可以肯定不会出现100。
因为这一过程很长，所以这不是好方法。
解：因为231和121都是11的倍数，2不是11的倍数，所以在操作过程中产生的数也应当是11的倍数。
100不是11的倍数，所以不可能出现。
由例1看出，操作问题不要一味地去“操作”，而要找到解决问题的窍门。
例2对任意两个不同的自然数，将其中较大的数换成这两数之差，称为一次变换。
如对18和42可进行这样的连续变换：18， 42—→ 18， 24—→ 18， 6—→ 12， 6—→ 6， 6。
直到两数相同为止。
问：对12345和54321进行这样的连续变换，最后得到的两个相同的数是几？分析与解：如果两个数的最大公约数是a，那么这两个数之差与这两个数中的任何一个的最大公约数也是a。
因此在每次变换的过程中，所得两数的最大公约数始终不变，所以最后得到的两个相同的数就是它们的最大公约数。
因为12345和54321的最大公约数是3，所以最后得到的两个相同的数是3。
注：这个变换的过程实际上就是求两数最大公约数的辗转相除法。
例3右图是一个圆盘，中心轴固定在黑板上。
开始时，圆盘上每个数字所对应的黑板处均写着0。
然后转动圆盘，每次可以转动90°的任意整数倍，圆盘上的四个数将分别正对着黑板上写数的位置，将圆盘上的数加到黑板上对应位置的数上。
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3月23日作业（2.5，2.6）
1.四片74181ALU和一片74182CLA器件配合，具有如下进位传递功能：
b。
a)行波（串行）进位
b)组（片）内先行进位，组（片）间先行进位
c)组（片）内先行进位，组（片）间行波进位
d)组（片）内行波进位，组（片）间先行进位
2.在浮点数原码运算时，判断结果为规格化数的条件是d。
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
3.对阶时，使小阶向大阶看齐，使小阶的尾数向右移位，每右移
一位，其阶码加1，直到两数的阶码相等为止。
4.在浮点数加减法运算中，当运算结果的尾数的绝对值小于0.5时，需要对结
果进行向左规格化，其操作是尾数每次左移一位，右边补一个零，阶码减一，直到尾数的绝对值大于等于0.5为止。
5.浮点加减乘除运算在阶码溢出情况下会发生溢出。
6.P63 9(2) （注：E和M均采用补码表示，E数值位3位，M数值位6位）解：[ｘ]浮＝11011, 1.101010 [ｙ]浮＝11100, 0.010110
i.求阶差并对阶
△E＝Eｘ－Eｙ
＝[Eｘ]补＋[－Eｙ]补＝11 011＋00 100＝11 111
即△E=-1，ｘ的阶码小，应使Mｘ右移1位，Eｘ加1, ii.[ｘ]浮＝11 100，1.110101（0）
iii.加法
1.尾数求和Mx+My=0.001011
2.左规两次[x+y]浮=11010，0.101100
iv.减法
1.尾数求差Mx-My=1.110101+1.101010=1.011111
2.[x-y]浮=11100，1.011111
主要问题：未给出机器过程；未写清关键步骤；机器表示与真值表示混乱
7.（选作）某字长为8位的计算机中，已知整型变量x、y的机器数分别为[x]补
=1 1110100，[y]补=1 0110000。
若整型变量z=2*x+y/2，则z的机器数为A。
A. 1 1000000
B. 0 0100100
C. 1 0101010
D.溢出
解析：将x左移一位，y右移一位，两个数的补码相加的机器数为1 1000000
8.（选作）浮点数加减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2位符号位）。
若有两个数X=27×29/32，Y=25×5/8，则用浮点数计算X+Y的最终结果是D。
a)00111 1100010 C．00111 010010
B．01000 0010001 D．发生溢出
9.（选作）利用74181ALU和74182CLA器件设计先行进位的32位ALU。
给
出运算速度最快的方案，画出逻辑图。
另，若要将上述ALU改为64位，则至少应使用几片74182CLA，才能使其速度达到最快？
比较三种方案：
C16=G3+P3C12
C12=G3+P3 (G2+G1P2 +G0P1P2 +P0P1P2 C0 )
=G3+ G2P3 +G1P2 P3 +G0P1P2 P3 +P0P1P2P3 C0
∵C16 = G3+P3C12 = G3+P3 (G2+G1P2 +G0P1P2 +P0P1P2 C0 )
=G3+ G2P3 +G1P2 P3 +G0P1P2 P3 +P0P1P2P3 C0
=G*+P* C0
∴可从第三级CLA输出C16：
C16 =G1*+P1* C0（G1*、P1*为第一组182CLA的输出G*、P*）
G1*= G3+ G2P3 +G1P2 P3 +G0P1P2 P3, P1*= P0P1P2P3
比较方案②、③：C12和P*、G*几乎同时产生，故速度相当。
若将位数提高到64位，则至少应使用5片74182CLA，才能使其速度达到最快。
应采用方案③
以下是与本章内容相关近年考研统考题，可试着做做，不用交。
2012年:
13
B
2011年:
43.(11分)假定在一个8位字长的计算机中运行如下类C程序段：
unsigned int x = 134;
unsigned int y = 246;
int m = x;
int n = y;
unsigned int z1 = x–y;
unsigned int z2 = x+y;
int k1 = m–n;
int k2 = m+n;
若编译器编译时将8个8位寄存器R1 ~ R8分别分配给变量x、y、m、n、z1、z2、k1和k2。
请回答下列问题。
(提示：带符号整数用补码表示)
(1)执行上述程序段后，寄存器R1、R5和R6的内容分别是什么?(用十六进制表示)
(2)执行上述程序段后，变量m和k1的值分别是多少?(用十进制表示)
(3)上述程序段涉及带符号整数加/减、无符号整数加/减运算，这四种运算能否利用同一个加法器及辅助电路实现?简述理由。
(4)计算机内部如何判断带符号整数加/减运算的结果是否发生溢出?上述程序段中，哪些带符号整数运算语句的执行结果会发生溢出?
2014年：
13. 若x=103,y=-25,则下列表达式采用8位定点补码运算实现时，会发生溢出的是
A x+y
B -x+y
C x-y
D -x-y
14. float型整数据常用IEEE754单精度浮点格式表示，假设两个float型变量x和y分别在32为寄存器f1和f2中，若（f1）=CC900000H, （f2）=B0C00000H,则x和y之间的关系为：
A x<y且符号相同
B x<y且符号不同
C x>y且符号相同
D x>y且符号不同
2015年：
13. 由3个“1”和5个“0”组成的8位二进制补码，能表示的最小整数是( )
A.-126
B.-125
C.-32
D.-3。