发布时间 : 星期三 文章组成原理考研题目更新完毕开始阅读17f52380910ef12d2af9e7f3
（2000年）2．如果X为负数，由[X]补求[-X]补是将（ ）。 A．[X]补各值保持不变
B．[X]补符号位变反，其它各位不变
C．[X]补除符号位外，各位变反，未位加1 D．[X]补连同符号位一起各位变反，未位加1 【分析】：不论X是正数还是负数，由[X]补求[-X]补的方法是对[X]补求补，即连同符号位一起按位取反，末位加1。 【答案】：D
（2001年）2．若x补 =0.1101010 ，则 x 原=（ ）。
A．1.0010101 B．1.0010110 C．0.0010110 D．0.1101010 【分析】：正数的补码与原码相同，负数的补码是用正数的补码按位取反，末位加1求得。此题中X补为正数，则X原与X补相同。 【答案】：D
（2002年）2．若x=1011,则[x]补=( )。
A．01011 B．1011 C．0101 D．10101 【分析】：x为正数，符号位为0,数值位与原码相同，结果为01011。 【答案】：A
（2003年）8．若［X］补=1.1011 ，则真值 X 是（ ）。 A．-0.1011 B．-0.0101 C．0.1011 D．0.0101 【分析】：[X]补=1.1011，其符号位为1，真值为负；真值绝对值可由其补码经求补运算得到，即按位取后得0.0100再末位加1得0.0101，故其真值为-0.0101。 【答案】：B
（2004年）13．设有二进制数 x=－1101110，若采用 8 位二进制数表示，则［X］补（ ）。 A．11101101 B．10010011 C．00010011 D．10010010 【分析】：x=－1101110为负数，负数的补码是将二进制位按位取反后在最低位上加1，故[x] 补 =10010010。 【答案】：D
（2005年）1．若[X]补=0.1011，则真值X=（ ）。 A．0.1011 B．0.0101 C．1.1011 D．1.0101 【分析】：[X]补=0.1011，其符号位为0，真值为正；真值就是0.1011。 【答案】：A
由上可见，有关补码每年都考。同学也要注意一下移码。
（2001）3．若定点整数 64 位，含 1 位符号位，补码表示，则所能表示的绝对值最大负数为（ ）。
A．-264 B．-（264-1 ） C．-263 D．-（263-1） 【分析】：字长为64位，符号位为1位，则数值位为63位。当表示负数时，数值位全0为负绝对值最大，为-263。 【答案】：C
（2002年）3．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（ ）。
A．2-9 B．2-8 C．1- D．2-7 【分析】：求最小的非零正数，符号位为0,数值位取非0中的原码最小值，此8位数据编码为：00000001，表示的值是：2-7。 【答案】：D
（2003年）13．n+1 位的定点小数，其补码表示的是（ ）。 A．-1 ≤ x ≤ 1-2-n B．-1 ＜ x ≤ 1-2-n C．-1 ≤ x ＜ 1-2-n D．-1 ＜ x ＜ 1-2-n 【分析】：
编码方式 n+1位无符号定点整数 最小值编码 最小值 最大值编码 最大值 000?000 0 0 n数值范围 0≤x≤2-1 0≤x≤1-2 -2+1≤x≤2-1 -n-nnn-nn+1111?111 2-1 0.11?111 1-2 n-nn+1n+1位无符号定点小数 0.00?000 n+1位定点整数原码 n+1位点定小数原码 n+1位定点整数补码 n+1位点定小数补码 n+1位定点整数反码 n+1位点定小数反码 n+1位定点整数移码 n+1位点定小数移码 1111?111 -2+1 0111?111 2-1 -n-n1.111?111 -1+2 0.111?111 1-2 -1+2≤x≤1-2 1000?000 1.000?000 -2 -1 nn0111?111 2-1 0.111?111 1-2 n-nn-2≤x≤2-1 -1≤x≤1-2 -2+1≤x≤2-1 -n-nnn-nnn1000?000 -2+1 0111?111 2-1 -n-n1.000?000 -1+2 0.111?111 1-2 -1+2≤x≤1-2 0000?000 -2 n1111?111 2-1 小数没有移码定义 n-2≤x≤2-1 nn 【答案】：A
（2004年）12．定点小数反码 [x] 反 =x0. x1 … xn表示的数值范围是（ ）。 A．-1+2-n ＜ x ≤ 1-2-n B．-1+2-n ≤ x ＜1-2-n C．-1+2-n ≤ x ≤ 1-2-n D．-1+2-n ＜ x ＜1-2-n 答案：C
（2005年）3．一个n+1位整数原码的数值范围是（ ）。 A．-2n+1＜ x <2n-1 B．-2n+1≤ x ＜2n-1 C．-2n+1＜ x ≤2n-1 D．-2n+1≤ x ≤2n-1 答案：D
由上可见，有关定点数编码表示的数值范围每年都考。今年可能考移码，大家要注意。
浮点数编码：
（2002年）4．设某浮点数共12位。其中阶码含1位阶符共4位，以2为底，补码表示；尾数含1位数符共8位，补码表示，规格化。则该浮点数所能表示的最大正数是（ ）。 A．27 B．28 C．28-1 D．27-1 【分析】：为使浮点数取正数最大，可使尾数取正数最大，阶码取正数最大。尾数为8位补码（含符号位），正最大为01111111，为1-2-7，阶码为4位补码（含符号位），正最大为0111，为7，则最大正数为：（1-2-7）×27=27-1。 【答案】：D
四、定点数加减法： 定点数编码：
（2001年）5．若采用双符号位，则发生正溢的特征是：双符号位为（ ）。 A．00 B．01 C．10 D．11 【分析】：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。当第二位和第一位符号相同，则未溢出；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。 【答案】：B
（2003年）12．加法器中每一位的进位生成信号 g 为（ ）。 A．xi+yi B．xiyi C．xiyici D．xi+yi+ci 【分析】：在设计多位的加法器时，为了加快运算速度而采用了快速进位电路，即对加法器的每一位都生成两个信号：进位生成信号g和进位传播信号p，其中g和p定义为：gi=xiyi，p=xi+yi。 【答案】：B
（2004年）10．多位二进制加法器中每一位的进位传播信号 p 为（ ）。 A．xi+yi B．xiyi C．xi+yi+ci D．xiyici 【分析】：在设计多位的加法器时，为了加快运算速度而采用了快速进位电路，即对加法器的每一位都生成两个信号：进位生成信号g和进位传播信号p其中g和p定义为：gi=xiyi，p=xi+yi。 【答案】：A
（2005年）4．若采用双符号位补码运算，运算结果的符号位为01，则（ ）。 A．产生了负溢出（下溢） B．产生了正溢出（上溢） C．结果正确，为正数 D．结果正确，为负数 【分析】：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。当第二位和第一位符号相同，则未溢出；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。 【答案】：B
可见溢出的判断是重要考点，同学还要注意其他两种判断溢出的方法： （1）两正数相加结果为负或两负数相加结果为正就说明产生了溢出
（2）最高位进位和次高位进位不同则发生了溢出
另外要注意快速进位加法器的进位生成信号g和进位传播信号p其中g和p定义为：
gi=xiyi ，p=xi+yi。第i位的进位：
。
五、定点数的乘除法：
（2001年）请用补码一位乘中的 Booth 算法计算 x·y=？x=0101，y=-0101，列出计算过程。
【分析】：补码一位乘法中的Booth算法是一种对带符号数进行乘法运算的十分有效的处理方法，采用相加和相减的操作计算补码数据的乘积。做法是从最低位开始，比较相临的数位，相等时不加不减，只进行右移位操作；不相等（01）时加乘数，不相等（10时）相减乘数，再右移位；直到所有位均处理完毕。 【答案】：
x=0101，x补=0101， -x补=1011，y=-0101，y补=1011
循环 0 步骤 初始值 减0101 1 右移1位 无操作 2 右移1位 加0101 3 右移1位 减0101 4 右移1位 1110 0111 1 所以结果为[x·y]补=11101111，真值为-00011001，十进制值为-25。
（2002年）已知x=0011, y=-0101，试用原码一位乘法求xy=？请给出规范的运算步骤，求出乘积。
0001 1111 0 1100 1111 0 1110 1110 1 0011 1110 1 1101 1101 1 1101 1101 1 乘积（R0 R1 P） 0000 1011 0 1011 1011 0