1、計算機學科專業基礎綜合組成原理 -數據的表示和運算（一）（總分：208.00，做題時間：90分鐘）一、單項選擇題（總題數：39,分數：78.00）1.計算機系統中采用補碼運算的目的是為了_。（分數：2.00）A. 與手工運算方式保持一致B. 提高運算速度C. 簡化計算機的設計VD. 提高運算的精度解析：補碼運算能把減法化為加法來完成，從而使得運算器中不需配置減法電路，節省了硬件線路，簡化 了運算器的設計。2.32位浮點數格式中，符號位為1 位,階碼為8 位,尾數為23 位,則它所能表示的最大規格化數為23A. +(2-2) X223B. +(1-2) X223C. +(2-2) X2127 -

2、D.2 -2-23（分數：2.00 ）A. VB.C.D.解析：最大的格式化負數應該是階碼最大，且尾數絕對值最大的數。3. 長度相同但格式不同的 2種浮點數，假設前者階碼長、尾數短，后者階碼短、尾數長，其他規定均相同，則它們可表示的數的范圍和精度為_。（分數：2.00 ）A. 兩者可表示的數的范圍和精度相同B. 前者可表示的數的范圍大但精度低VC. 后者可表示的數的范圍大且精度高D. 后者可表示的數的范圍大且精度低解析：在浮點數表示法中，階碼影n向表示的范圍，階碼越長表示的范圍越大，尾數影響精度，尾數越長，表示的精度越高。4. 下列說法正確的是。（分數：2.00 ）A. 采用變形補碼進行加減運

3、算可以避免溢岀B. 只有定點數運算才有可能溢岀，浮點數運算不會產生溢岀C. 只有帶符號數的運算才有可能產生溢岀VD. 只有將兩個正數相加時才有可能產生溢出解析：采用排除法解題，變形補碼能判溢出，但是不能避免溢出，所以A錯。浮點數的階碼超過上限（最大數），也會產生溢岀，B錯。同號數相加或者異號數相減都會產生溢岀，D錯。5. 一個8位二進制整數，若采用補碼表示，且由4個1和4個O組成，則最小值為 。（分數：2.00 ）A. -120B. -7C. -112D. -121V解析：補碼負數的特點是數值位對應的真值越小，其絕對值越大，即負得越多。所以由4個1和4個0組成的補碼數中，最小的補碼表示為100

4、00111，即真值為-121。6.8位補碼10010011等值擴展到16位后，其機器數為 。（分數：2.00 ）A. VB. 0000000010010011C.D.解析：帶符號數的補碼擴展原則，是用符號位填充擴展的高位。7.兩補碼相加，采用1位符號位，當_時，表示結果溢出。（分數：2.00 ）A. 符號位有進位B. 符號位進位和最高數位進位異或結果為OC. 符號位為1D. 符號位進位和最高數位進位異或結果為1 V解析：采用1位符號位判斷溢出的方法有兩個其中之一是最高位（即符號位）與次高位（即數值位）進位有關，判斷條件是：最高位 c r次高位c。8.4片74181 ALU和1片74182 CL

5、A相配合，具有如下進位傳遞功能_。（分數：2.00 ）A. 串行進位B. 組內并行進位，組間串行進位C. 組內串行進位，組間并行進位D. 組內、組間均為并行進位V解析：74181芯片的4位運算單元作為一個小組，組內采用并行進位，由芯片內部的電路完成，而大組內（小組間）的進位由先行進位部件74182來實現并行進位。9. 在規格化的浮點數表示中，保持其他方面不變將階碼部分的移碼表示改為補碼表示，將會使數的表示 范圍（）。（分數：2.00 ）A. 增大B. 減小C. 不變 VD. 以上都不對解析：將階碼部分的移碼改為補碼表示，并不會使數的表示范圍發生變化，只會使階碼的表示形式發生變 化。10. A

6、X B補= 。«A.A補 XB補B.A補 XB補-A補 X2n«C.A補 XBD.A補 XB -A補 X2 n（分數：2.00 ）A.B. VC.D.解析：補碼直接參加乘法運算，必須要進行修正，修正的方法是在補碼直接相乘得到的乘積基礎上減去A補 X2 n。11. 在補碼表示的機器中若寄存器A中存放數9EH經過一次 運算它可以變為 CFH（分數：2.00 ）A. 算術左移B. 邏輯左移C. 算術右移 VD. 邏輯右移解析：經過比較，可以看出CFH是在9EH的基礎上右移并且最高位補1得到的，這個規則和算術右移一致。邏輯右移是在最高位補零，而算術左移和邏輯左移完全一樣，都是在最低

7、位補零。12.IEEE754標準的浮點數對尾數編碼采用的是_。（分數：2.00 ）A. 原碼 VB. 反碼C. 補碼D. 移碼解析：IEEE754標準的浮點數階碼采用偏置量為127的移碼，而尾數用原碼表示，并且隱藏一位數值1。13. 某數在計算機中用余 3碼表示為0111 1000 1001，其真值是_。（分數：2.00 ）A. 456B. 456H VC. 789D. 789H解析：余3碼是BCD編碼中的一種，在 8421碼的基礎上，將每個代碼都加上0011而形成。14. 在原碼不恢復余數法（又稱為原碼加減交替法）算法中，_。（分數：2.00 ）A. 每步操作后，若不夠減，則需恢復余數B.

8、每步操作后，若為負商，則恢復余數C. 在整個算法過程中，從不恢復余數VD. 僅當最后一步不夠減時，才恢復一次余數解析：原碼不恢復余數法是在恢復余數除法的基礎上改進得到的，在整個算法中，不再恢復余數，從而能 使運算過程規則。15. 采用變形補碼是為了便于 。（分數：2.00 ）A. 將補碼轉化為原碼B. 對階C. 判溢岀 VD. 將補碼轉化為反碼解析：雙符號位的補碼稱為變形補碼或模4補碼，可以根據雙符號位是否一致來判斷溢岀。16. 變補操作的含義是。（分數：2.00 ）A. 將一個數的原碼變成補碼B. 將一個數的反碼變成補碼C. 將一個數的真值變成補碼D. 已知一個數的補碼，求它的相反數的補碼V

9、解析：變補操作目的是為了將減法運算化為加法來做，減去一個數就等于加上這個數的相反數，所以將減 數的補碼進行取反加一變成相反數的補碼。17. 下列為8位移碼機器數x移，當求-x移時， 將會發生溢出。A. 11111111B. 00000000 VC. 1OOOOOOOD. 011111111解析：8位移碼的表示范圍是-128+127 .所以x=-128時會發生溢出。18. 若X補=x 0 X 1 x 2X n，其中x 0是符號位，X 1是最高數位，若_時，則當補碼左移會發 生溢出。（分數：2.00 ）A. x0=x1B. xO 工 x1VC. x1=OD. x1=1解析：當x是正數時，符號位為0

10、,則最高數位為1時，左移時會發生溢出；而當x是負數時，符號位為1， 則最高數位為O時，左移也會溢出，所以 x 0 zx !補碼左移會溢出。19. 下列校驗碼中，奇校驗正確的有_。（分數：2.00 ）A. 110100111B. 001000111C. 010110011 VD. 110100111解析：奇校驗正確是要維持數據里1的個數為奇數，以上 4個選項中，答案C中有5個1，“5”是奇數，表示奇校驗正確。20. 某浮點機，采用規格化浮點數表示，階碼用移碼表示（最高位代表符號位），尾數用補碼表示。下列規格化浮點數哪個數最大_。（分數：2.00 ）A. 1111111，1. 0000.00B.

11、0011111，1.0111 .01C. 1000001，0.1111 .01VD. 0111111，0.1000 .10解析：浮點數的尾數用補碼表示，階碼用移碼表示，對比這4個選項的尾數部分，去掉最高位為1的這些負數。階碼用移碼表示，1000001為正數，0111111為負數，所以C最大。21. 常用的分組校驗（n，k）碼中，冗余位的位數為 _位。（分數：2.00 ）A. n+kB. n-kVC. .nD. .k解析：冗余位也就是校驗位. 在分組校驗（n , k）碼中，n為總的碼長，k為信息位位數，則校驗位占n-k位。22. 下列是不合法的BCD碼。（分數：2.00 ）A. 0111 100

12、1B. 1101 0110VC. 0000 0100D. 1000 0101解析：BCD碼是十進制的二進制編碼，即將一位十進制數09用四位二進制數00001001表示，四位編碼中剩下的6種二進制編碼10101111都是非法的BCD碼。23. 適合于科學計算的數據表示形式為 。（分數：2.00 ）A. 字符串B. 定點數C. 二/十進制數D. 浮點數 V解析：浮點數表示范圍大，精度高，適合于科學計算。24. 設浮點數階的基數為8,尾數用模4補碼表示。試指出下列浮點數中=二是規格化數。（分數：2.00）A. 11.111000B. 00.000111C. 11.101010D. 00.111101

13、V解析：規格化數要求小數點后第一位有效數值位為1,對于補碼表示方式，即要求符號位與最高數位相異。25. XY為定點二進制數，其格式為1位符號位，n位數值位。若采用Booth補碼一位乘法實現乘法運算，則最多需要次加法運算。（分數：2.00 ）A. n-1B. .nC. n+1 VD. n+2解析：Booth乘法運算中，符號位也參與運算。所以需要n+1次加法運算。26. 定點小數X的補碼表示范圍是,一。（分數：2.00 ）A. -1 v XV 1B. -1 <X<1C. - 1<X< 1 VD. - 1<X<1解析：定點小數用特殊數1后面n個0表示最小的負數-1

14、，定點小數補碼表示中用特殊數（即符號位1后面 n個0, n表示數值位位數）表示最小的負數-1，而最大的正數是符號位為 0，數值位為全1的數，即1-2 -n， 所以X< 1。27. 浮點數的格式為10位字長，階碼4位，基為2。當階碼和尾數均用原碼表示，且為規格化形式（采用隱藏位），下面_浮點數表示0.4。（分數：2.00 ）A. 0101010011 VB. 0100111001C. 0000011001D. 0000010011解析：4=0.0110011B=1.10011X2-2，數符在前，其次是階碼，最后是尾數，且采用隱藏位，當階碼和尾數均用原碼表示，則表示為0 1010 10011

15、。28. 用n+1位字長（含1位符號位）表示原碼定點整數時，所能表示的數值范圍是 ;用n+1位字長（含1位符號位）表示原碼定點小數時，所能表示的數值范圍是（）。* A.0 < |N| <2"-1* B.0 < |N| <2 -1* C.1 < |N| <2 -1* D.1 < |N| <2n-1-n* E.0 < |N| <1-2-（n+1）* F.0 < |N| <1-2B.C.D.E. VF.解析：原碼8位定點整數的表示范圍是-127+127,即-(2 7 -1)(2 7 -1)，所以n+1的原碼定點整數表

16、示范圍是：-(2 n -1)(2 n -1) , 8位原碼定點小數的表示范圍是-(1-2 7 )(12 -7 )，故n+1的原碼定 點小數的表示范圍是：OW|N| <1 -2 -n。29. 下列不同進位計數制的數中，最大的數是=二。(分數：2.00 )A. (0.101)2B. (0.62)10C. (0.52)8VD. (0.75)16解析：首先將八、十六進制統一為二進制，即將答案C、D轉換為二進制數，然后與答案A進行比較，(0.52)8 =(0. 101 010 )2 > (0.101)2 ； (0.75)16 =(0. 0111 0101 )2 < (0.101)2，得

17、出(0.52)8 較大，最后用(0.52) 8 與(0.62) 10 比較，(0.52) 8 =5X8+2X8 “ > 5/8 > (0.62)1。，故(0.52) 8 最大。30. 設在數據傳送中采用偶校驗，若接收到代碼為10111011，則表明傳送中_。(分數：2.00 )A. 未岀現錯誤B. 最低位岀錯C. 未岀現錯誤或岀現偶數位錯VD. 岀現奇數位錯解析：奇偶校驗只能發現一位錯或奇數個錯，但不能確定是哪一位錯，也不能發現偶數個錯，不能糾錯， 所以選Co31. 在加法器、寄存器的基礎上增加部分控制電路實現乘除法時，用B寄存器存放_，這兩個操作數的共同特點是在乘除運算過程中保持

18、不變。(分數：2.00 )A. 被乘數和被除數B. 被除數和除數VC. 乘數和被除數D. 乘數和除數解析：在加法器、寄存器的基礎上增加控制電路實現乘除法時，用B寄存器存放在運算過程中用于保持不變的被乘數和除數，因為乘法運算中，需要不斷地將乘數右移，判斷其最低位，如果為 1,則加上被乘數， 所以被乘數是不變的。而在除法運算中，則需要將被除數減去除數，得到余數，然后再加上商和向左移， 所以除數是不變的。32. 兩個浮點數相加，一個數的階碼值為7,另一個數的階碼值為9，則需要將階碼值較小的浮點數的小數點 o(分數：2.00 )A. 左移一位B. 右移一位C. 左移二位VD. 右移二位解析：兩個浮點數

19、相加減，第一步需要比較階碼大小，使小階向大階看齊(稱為“對階”)。即小階的尾數向右移位(相當于小數點左移)，每右移一位，其階碼加1，直到階碼相等，右移的位數等于階差。題中階差=97=2，所以，階碼值較小的浮點數的小數點需左移2位。33. 定點數運算發生溢岀時應該 。A. 輸出錯誤信息 VB. 舍入處理C. 向左規格化D. 向右規格化解析：在定點機中，正常情況下溢岀是不允許的，所以當運算結果發生溢岀時表示岀錯，應當進行中斷處理，輸岀錯誤信息。34. 以下說法錯誤的是_。（分數：2.00 ）A. 一個漢字的機內碼占有兩個字節。B. 漢字機內碼的兩個字節最高位均為“ 1”。C. 漢字機內碼的兩個字節

20、中第一個字節的最高位為“1”。 VD. 漢字的機內碼、輸入編碼、字模碼一般不相同。解析：漢字編碼可分為機內碼、機外碼和字模碼（又稱點陣碼）三種。機外碼主要指漢字輸入碼。機內碼是在漢字國標區位碼（簡稱為國標碼）的基礎上規定而成，國標碼是用兩個字節組合而成的，一個字節表示漢 字所在的區號，另一個字節表示漢字所在的位號。如果將國標碼編碼的每個字節的最高位置“ 1”， 便得到了漢字的機內碼，這樣既可和國標碼有緊密的聯系，又可和ASCII碼嚴格區別，不會發生混淆。35. 在哪種結構的運算器中需要在ALU的兩個輸入端加上兩個緩沖寄存器_?（分數：2.00 ）A. 單總線結構VB. 雙總線結構C. 三總線結

21、構D. 都需要加解析：對于單總線結構的 ALU,由于同一時間內，只能有一個操作數在單總線上，為了把兩個操作數輸入到ALU,需要分兩次來做，而只有兩個操作數同時出現在ALU的兩個輸入段，ALU才能執行運算。所以需要在ALU的兩個輸入端加上兩個緩沖寄存器，先把一個操作數暫存在一個緩沖器中，然后再把第二個操作數 送到另一個緩沖器中，這樣兩個操作數才能同時岀現在輸入端。36. 在尾數采用補碼的浮點數運算中，出現_情況應該進行規格化處理。（分數：2.00 ）A. 符號位與最高數值位不同B. 符號位與最高數值位相同VC. 符號位與最低數值位不同D. 符號位與最低數值位相同解析：尾數采用補碼的浮點數運算中，

22、運算結果要符合尾數規格化要求。若結果為正，符號位與最高數值位都為0，表示尾數需要向左移動，使最高數值位為1;若結果為負，而符號位與最高數值位都為1,表示尾數也需要向左移動，使最高數值位為0（取反為1），即符號位與最高數值位相同時需規格化。37. 用補碼雙符號位表示的定點小數，下述哪種情況屬于負溢岀？（分數：2.00 ）A. 1100000000B. 01.0000000C. 10.0000000 VD. 00.1000000解析：負溢出是指機器數小于最小的負數，例如兩負數相加結果如果為正，則為負溢出。在雙符號位中.最高位所表示的第一符號位是真正的符號位，表示數的正負性質，而次高位符號位常會由于

23、溢岀而變化，呈 現與第一符號位不同，所以B和C都表示溢出，而10.0000000表示是負數引起的溢出（因為第一符號位為1）。38.8片74181和2片74182可以組成 。（分數：2.00 ）A. 組內并行進位，組間串行進位的32位ALUB. 二級先進位結構的 32位ALU VC. 組內并行進位，組間串行進位的16位ALUD. 三級先進位結構的 32位ALU解析：本題考查了 74181和74182的基本功能.以及利用這兩種芯片構成ALU的方法。74181是4位的ALU芯片，8片的74181可以構成32位的ALU, 74182是CLA先行進位芯片，與 74181配合使用，可以實現不同結構的ALU

24、,現在有8片74181和2片74182，所以能夠構成二級先進位結構的32位ALU39. 在4位有效信息上增加3位校驗位后得到碼長為 7位的海明校驗碼，它的檢、糾錯能力為_。（分數：2.00 ）A. 糾一位錯或檢兩位錯B. 糾一位錯且檢兩位錯VC. 只有檢錯能力，沒有糾錯能力D. 只有糾錯能力，沒有檢錯能力解析：有效信息位數為 4位，校驗位數為3，整個碼長為7,則滿足不等式：N=7=4+S2 3 -1，所以可糾 一位錯，檢兩位錯。二、綜合應用題（總題數：13,分數：130.00）40. 用74LS181，74LS182中規模集成電路芯片組成一個三級全先行進位的40位ALU,要求：1畫出該ALU的

25、組成邏輯圖（圖中與進位無關的引腳可以省略），要求使用的芯片數最省；2請詳細說明各級的分級方案，并進一步解釋你為什么要采用這樣的方案？（分數：10.00 ） 正確答案：（）解析：（1）畫圖如下所示:答：由于74LS181芯片是四位 ALU電路，40/4=10片，故第一級共需要 10片74LS181芯片；而74LS182 芯片是四位先行進位芯片，故需要3片74LS182芯片作為第二級，其中有一片還剩余兩個G端和P端可供擴展使用，由于題目要求芯片數目最省，故第三級可以利用第二級芯片剩余的G P端，這樣，三級全先行進位的ALu總共只需3片74LS182。41. 設有浮點數，x=2 5 x（+9/16）

26、， y=2 3 x（-13/16），階碼用4位（含1位符號位）補碼表示，尾數用5位 （含1位符號位）補碼表示，求真值x/y=?要求寫岀完整的浮點運算步驟，并要求直接用補碼加減交替法完 成尾數除法運算。（分數：10.00 ） 正確答案：（）解析：由 x=25X（+9/16）=2101 X（+0.1001）2，y=23X（ -13/16）=2011 X（ -0.1101）2得：x補=0101 01001 y 補=0011 1 0011（1）階碼運算：因為尾數中0.1001 V 0.1101，即被除數小于除數，所以不用調整被除數x的階碼。階碼相減得到結果的階碼：j x 補-j y 補=0101-00

27、11=0101+1101=0010（2）用補碼加減交替法完成尾數除法運算：設 A=0.1001，B=-0.1101 則補碼表示 A 補=0.1001 ，B 補=1.0011 ，-B補=0.1101被除數（余數）商說明0.10010.0000+B補1.0011A和B異號，X補+Y補1.11001余數與B同號商上11.10001左移一位+-B 補0.1101減去除數0.01011.0余數與B異號商上00.10101.0左移一位+B補1.0011加上除數1.11011.01余數與B同號商上11.10101.01左移一位+-B 補0.1101減去除數0.01111.010余數與B異號商上00.1110

28、1.0101左移一位，末位商恒置1所以A/B補=1.0101規格化：尾數相除結果已為規格化數，所以x/y補=0010 10101，即x/y=22 x( -11/16)42.在定點補碼加法運算中，產生溢岀的條件是什么？寫岀兩種溢岀的判斷方法，并分析溢岀的過程(分數：10.00)正確答案：()解析：在定點補碼加法的情況下，溢岀的條件是兩個符號位相同的數相加和超過了定點數的表示范圍。溢岀判斷的方法：方法I:用一位符號位判斷溢岀：符號位產生的進位與最高有效位產生的進位異或操作后，若異或結果為1,即為溢出；異或結果為0，則無溢出。方法用兩位符號位判斷溢出：設左邊第一位為第一符號位，相鄰的符號位為第二符號

29、位，則：00表示正號、11表示負號。定點加法的結果中若 2位符號位不同時，則 01表示產生正向溢出，10表示產生負向溢出，否 則，無溢出。43. 設X=2 7 X(29/32)，Y=2 5 X(5/8)，階碼為3位，尾數為5位(均不包含符號數)，用變形補碼計算 X+Y, 要求按照計算機中浮點數的運算方法寫岀詳細運算步驟。(分數：10.00) 正確答案：()解析：因為 29/32=16/32+8/32+4/32+1/32=(0.11101)2/X浮=00 111 ，00.111015/8=4/8+1/8=(0.10100)2/.Y浮=00101，00.10100(1)求階差并對階： E=E x

30、-E y =E x +-E y 補=00111+11011=00 010即AE為2，y的階碼小，應使y的尾數向右移2位，E y力口 2，/Y浮=00 111 ，00.00101(00)其中(00)表示右移2位后移出的最低兩位數。尾數求和：(3) 規格化處理：尾數運算結果的兩個符號位相異，表明尾數求和結果的絕對值大于1,需要將尾數右移實現規格化表示,即進行右規，結果為 00.10001(0)，階碼為00111+仁01 000。（4）舍入處理：采用0舍1入法處理，由于過程中移出的都是0，所以結果不變。（5）判溢出：階碼符號位為01，故溢出。44. 用32位二進制補碼表示整數，可以表示的最大正數是

31、2馳一 1,絕對值最大的負數是-2 31。為什么正、負數范圍不對稱（即為什么負整數比正整數多一個 ）?寫岀這兩個數的二進制代碼（用十六進制表示）。（分數：10.00） 正確答案：（）解析：因為“ 0”的表示唯一，32位補碼中用二進制數的 32個0來表示“0”，其中符號位為 0,相當于將 “0”表示成了正零，這樣，最高位為0（即正數）的32位二進制編碼就只剩下 2 31-1個數，而最高位為1（即 負數）的編碼還有2 31個，所以最大的正數是 2 31 -1，而最小的負數是-2 31，比正數多一個。最大的正整 數 2 31 -1 寫成二進制代碼是：7FFF FF FFH，而-2 31 是：80 0

32、0 00 00H。45. 利用BCLA加法器和CLA電路設計20位加法器，要求：（1）構建20位單級先行進位加法器： 使用5個四位的BCLA加法器； 使用4個五位的BCLA加法器；分別畫岀連接簡圖（請特別標明進位信號）。比較這兩種方法得到的最長進位延遲時間有無區別。（2）構建20位二級先行進位加法器： 使用5個四位的BCLA加法器和1個五位的CLA電路； 使用4個五位的BcLA加法器和1個四位的CLA電路；分別畫岀連接簡圖（請特別標明進位信號）。比較這兩種方法得到的最長進位延遲時間有無區別。（分數：10.00）正確答案：（）單級先行進位加法器是組內并行組間串行的方式，由于每一片芯片并行進位網絡

33、中是二級門，假設每級門 延遲為ty，則第一種方法得到的最長進位延遲時間為5x2ty=10ty，第二種方法得到的最長進位延遲時間為 4X2ty=8ty 。二級先行進位加法器是組內并行組間并行的方式，根據邏輯關系，可知進位產生次序如下：首先產生第一 小組的進位和所有的 G i P，其次產生組間的進位，最后產生各個小組的其余進位。由于每一種方法都 須完成以上三步，且每一步都是二級門，所以采用第一種方法和第二種方法得到的最長進位延遲時間沒有 區另U。假設每級門延遲為 ty，則這兩種方法得到的最長進位延遲時間都為3X2t y =6t y。46. 一個C語言程序在一臺32位機器上運行。程序定義了三個變量x

34、、y和z，其中x和z為int型，y為short型。當x=127，y=-9時，執行賦值語句 z=x+y后，x、y和z的值分別是 。A. x=0000007FH, y=FFF9H, z=00000076HB. x=0000007FH, y=FFF9H, z=FFFF0076HC. x=0000007FH, y=FFF7H, z=FFFF0076HD. x=0000007FH, y=FFF7H, z=00000076H(分數：10.00) 正確答案：（）解析：符號數在計算機中通常是用補碼表示的，所以，x為正數，表示為0000007FH, y為負數，表示為FFF7H求和時，由于位數不一致，所以y需要進

35、行擴展，對于補碼而言，新增加位的值與符號位相同，所以擴展后為FFFF FFF7H x、y兩者相加，所以得到 00000076H。47. 浮點數加、減運算過程一般包括對階、尾數運算、規格化、舍入和判溢岀等步驟。設浮點數的階碼和尾數均采用補碼表示，且位數分別為5位和7位（均含2位符號位）。若有兩個數 X=27X29/32，Y=25X5/8，則用浮點加法計算X+Y的最終結果是_。（分數：10.00）A. 00111 1100010B. 00111 0100010C. 01000 0010001D. 發生溢岀V解析：由于Y的階碼較小，所以第一步對階中需要將Y的階碼增加2,同時尾數向右移動兩位，得到Y=

36、2X5/32。第二步尾數相加， 29/32+5/32=34/32。第三步規格化，由于尾數 34/32 > 1，尾數溢出，需要進行 右規，同時調整階碼，所以尾數右移一位調整為17/32，階碼加1,等于8。最后一步判溢岀，題目中已知階碼位數5位（含2位符號位），最大值為7,此時階碼超過了最大值，所以發生了浮點數的溢出。48. 設浮點數字長32位，其中階碼部分8位（含1位階符），尾數部分24位（含1位數符），當階碼的基值分 別是2和16時：（1）說明基值2和16在浮點數中如何表示；（2）當階碼和尾數均用補碼表示，且尾數采用規格化形式時.給岀兩種情況下所能表示的最大正數真值和非 零最小正數真值；

37、在哪種基值情況下，數的表示范圍大？（4）在兩種基值情況下，對階和規格化操作有何不同？（分數：10.00） 正確答案：（）解析：（1）浮點機中一旦基值確定就不再變了，所以基值2和16在浮點數中是隱含表示的，并不出現在浮點數中。 當階碼的基值是2時，最大的正數是：0 1111111 0 111，真值是2 127 X（1 -2 -23 ）:最小的非零正數是：1 0000000 0 100,真值是 2 -128 X（1 -2 -1 ）=2 -129國。當階碼的基值是16時，最大的正數是：O 11111111 0 11.1 ，真值是16 127 X（1 -2 -23 ）;最小的非零正數是：1 00000

38、00 0 00010 0,真值是16 -128 X(1 -16)=16 -129。在浮點數表示法中，基值越大，可表示浮點數的范圍越大，所以基值為16的浮點數表示范圍較大。（4）對階中，需要小階向大階對齊，若基值為2的浮點數尾數右移一位，階碼加1，而基值為16的浮點數尾數右移四位，階碼加 1 ;規格化時若基值為 2的浮點數尾數最高有效位出現0,則需要尾數向左移動，每移動一位，階碼減1而基值為16的浮點數尾數最高四位有效位全為O時，才需要尾數向左移動，每移動四位，階碼減1。49. 已知 X=0.0010011 Y=-0.0110110（1）寫出X和Y的浮點數格式，階碼用原碼，尾數用補碼（位數自選）（2）用浮點數運算方法計算 X+Y X-Y（要求寫出計算過程）（分數：10.00） 正確答案：()解析：假設浮點數階碼 4位，尾數8位，都包含符號位，階碼用原碼，尾數用補碼，則X和Y的浮點數分別為X浮=1 010，0 1001100 Y 浮=1 001，1 0010100求X+Y的過程如下： 求階差并對階： E=E x -E y =1 001即為-1，x的階碼小，應使x的尾數向右移1位，Ex加1/X浮=1 001，0 0100110(00)其中(0)表示右移1位后移岀的最低一位數。 尾數求和