文章目录
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- 1. Week 3
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- 1.1. Wed
- 1.2. Thu
- 1.3. Fri
- 1.4. Sat
- 1.5. Sun
- 2. Week 4
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- 2.1. Mon
- 2.2. Tue
- 2.3. Wed
- 2.4. Thu
- 2.5. Fri
- 2.6. Sat
- 2.7. Sun
1. Week 3
1.1. Wed
程序P 在机器M 上的执行时间是20 秒，编译优化后，P 执行的指令数减少到原来的70%，而CPI 增加 到原来的1.2 倍，则P 在M 上的执行时间是 [北京科技大学]
A．8.4 秒
B．11.7 秒
C．14 秒
D．16.8 秒
注：CPI表示执行一条指令所需要的时钟周期数 = 总时钟周期数/IC；IC表示总指令数
答案：D
解析：设程序P有i 条指令， 则编译优化前，CPI0＝20/i。编译优化后， 指令条数为i x 70% ，CPI＝1.2 x 20/i ， 因而编译优化后，P 在M 上的执行时间＝i x 70% x 1.2 x 20/i ＝16.8 秒。
1.2. Thu
假定基准程序A 在某计算机上的运行时间为100 秒，其中90 秒为CPU 时间，其余为I/O 时间。若CPU 速度提高50%，I/O 速度不变，则运行基准程序A 所耗费的时间是 [北京科技大学]
A．55 秒
B．60 秒
C．65 秒
D．70 秒
答案：D
解析：CPU 速度提高50%，即CPU 性能提高比为1.5，改进之后的CPU 运行时间＝90÷1.5＝60 秒。I/O 速度不变，仍维持10 秒，所以运行基准程序A 所耗费的时间为70 秒。
1.3. Fri
假设某计算机按字编址，Cache有4 个行，Cache 和主存之间交换的块大小为1 个字。若Cache 的内容初 始为空，采用2 路组相联映射方式和LRU 替换算法，当访问的主存地址依次为0，4，8，2，0，6，8，6，4，8 时，命中Cache 的次数为 [杭州电子科技大学]
A．1
B．2
C．3
D．4
答案：C
解析：Cache 有4 个行，2 路组相联，即Cache 被分成2 组，每组2 行。主存地址为0～1、4～5、8～9 可映射到第0 组Cache中，主存地址为2～3、6～7 可映射到第1 组 Cache中。Cache 初始为空，采用LRU 替换 算法，当访问主存的10 个地址依次为0，4，8，2，0，6，8，6，4，8 时，命中Cache的次数共有3 次，分别发 生在第7、8 和10 步时。
注：计数器的变化规则
- 命中时，所命中的行的计数器清零，比其低的计数器加1，其余不变。
- 未命中且还有空闲行时，新装入的行的计数器置0，其余全加1。
- 未命中且无空闲行时，计数值为3的信息块被淘汰，新装入的块的计数器置0，其余全加1。
1.4. Sat
在计算机体系结构中，CPU 内部包括程序计数器PC、存储器数据寄存器MDR、指令寄存器IR 和存 储器地址寄存器MAR 等。若CPU 要执行的指令为：MOV R0 ，100（即将数值100 传送到寄存器R0 中），则CPU 首先要完成的操作是 。[杭州电子科技大学]
A．100→R0
B．100→MDR
C．PC→MAR
D．PC→IR
答案：C
解析：无论运行什么类型的指令，CPU 首先需要取指令，取指令阶段的第一个操作就是将指令地址（程序计数器PC 中的内容）送往存储器地址寄存器。
1.5. Sun
浮点数加减运算过程一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍人和判断溢出等步骤。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， 则用浮点加法计算X＋Y 的最终结果是 。[杭州电子科技大学]
A．001111100010
B．001110100010
C．010000010001
D．发生溢出
答案：D
解析：根据题意，X 可记为00,111;00,11101（分号前为阶码，分号后为尾数） ，Y 可记为00,101;00,10100；首先对阶，X、Y 阶码相减，即00,111 一00,101＝00,111＋11,011＝00,010（最高位进位自然丢弃） ，可知X 的阶 码比Y 的阶码大2，根据小阶向大阶看齐的原则，将Y 的阶码加2，尾数右移2 位，得Y 为00,111;00,00101；尾数相加，即00,11101＋00,00101＝01,00010，尾数相加结果符号位为01，故需进行右规；规格化，将尾数右移1 位，阶码加1，得X＋Y 为01,000;00,10001 ，阶码符号位为01，说明发生溢出。
2. Week 4
2.1. Mon
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 [杭州电子科技大学]
A．x＋y
B．－x＋y
C．x－y
D．－x－y
注： n n n位补码定点整数表示范围为 [ − 2 n , 2 n − 1 ] [-2^n, 2^n-1] [−2n,2n−1]
答案：C
解析：8位定点补码能表示的数的范围为：－128～127。A 项，结果为78，B 项，结果为－128，D 项， 结果为－78 都在此范围内。C 项，结果128 超过了8 位定点补码能表示的数的范围，会发生溢出。
2.2. Tue
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 [杭州电子科技大学]
A．－126
B．－125
C．－32
D．－3
答案：B
解析：能表示的最小整数一定是负数，符号位占用1 个“1”；负数的补码和原码的转化是：原码符号位不 变，数值部分按位取反，末位加“ 1”。因此最小的整数的补码是“ 10000011”，原码为“ 11111101”，即(－125)。
2.3. Wed
设在网络中传送采用偶校验的ASCII 码，当收到的数据位为1101 0100 时，可以断定 [杭州电子科技大学]
A．未出错
B．出现偶数位错
C．未出错或出现偶数位错
D．出现奇数位错
答案：C
解析：一位奇偶校验码只能发现奇数位错误。本题中，收到的数据中有偶数个1，这样可能没有出错，也可能是出现了偶数位错误（奇偶校验码无法发现偶数位错）。
2.4. Thu
若[x] 补＝ ( 1 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 ) B (1 x_1 x_2 x_3 x_4 x_5 x_6)_B (1x1x2x3x4x5x6)B，其中 x i x_i xi 取 0 或1，若要 x > − 32 x > -32 x>−32，应当满足 。 [杭州电子科技大学]
A．x1为0，其他各位任意
B．x1 为1，其他各位任意
C．x1 为1，x2,x6中至少有一位为1
D．x1为0 , x2,x6 中至少有一位为1
答案：C
解析：[x]补的符号位为1，所以x 一定是负数。绝对值越小，数值越大，所以，要满足x＞－32，则x 的 绝对值必须小于32。因此，x1为1，x2, x6 中至少有一位为1，这样，各位取反末尾加1 后，x1 一定为0，x2, x6 中至少有一位为1，这使得x 的绝对值保证小于32。
2.5. Fri
某计算机有16 个通用寄存器，采用32 位定长指令字。操作码字段（含寻址方式位）为8 位，Store 指令的 源操作数和目的操作数分别采用寄存器直接寻址和基址寻址方式，若基址寄存器可使用任一通用寄存器，且偏移量用补码表示，则Store 指令中偏移量的取值范围是 。 [北京科技大学]
A．－32768～＋32767
B．－32767～＋32768
C．－65536～＋65535
D．－65535～＋65536
答案：A
解析：采用32位定长指令字，其中操作码为8位，两个地址码共占用 32-8=24 位，而 Store 指令的源操作数和目的操作数分别采用寄存器直接寻址和基址寻址，机器中共有16个通用寄存器，因此一个寄存器需要log2(16)=4位，源操作数中的寄存器直接寻址用掉4位，而目的操作数采用基址寻址也要指定一个寄存器，同样用掉4位，则留给偏移址的位数为16位。指令编址方式如下所示
16 位补码取值范围为－32768～＋32767，所以偏移量取值范围为－32768～＋32767。
2.6. Sat
某计算机的控制器采用微程序控制方式， 微指令中的操作控制字段采用字段直接编码法， 共有33个微命 令，构成5 个互斥类，分别包含7、3、12、5 和6 个微命令，则操作控制字段至少有 。 [杭州电子科技大学]
A．5 位
B．6 位
C．15 位
D．33 位
答案：C
解析：33 个微命令分成5 个互斥类（即5 个字段），根据每个类中微命令的多少可以分别确定字段的长度 为3、2、4、3、3 位，又因为采用直接编码方式， 所以它们之和3＋2＋4＋3＋3＝15 也就是操作控制字段的位数。
2.7. Sun
在补码表示的机器中，若寄存器 A 中原存的数为 ( 9 E ) H (9E)_H (9E)H，现存的数为 ( C F ) H (CF)_H (CF)H，则表明执行的一条指令是。 [国防科技大学]
A．算术左移
B．逻辑左移
C．算术右移
D．逻辑右移
答案：C
解析：寄存器A 中原存内容10011110，现存内容11001111，说明执行了一条算术右移指令。