计算机组成每日一题 2020 July

文章目录

1. Week 3
- 1.1. Wed
- 1.2. Thu
- 1.3. Fri
- 1.4. Sat
- 1.5. Sun
2. Week 4
- 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＝2^{7×29/32，Y＝2}5×5/8，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：nnn位补码定点整数表示范围为[−2n,2n−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＝(1x1x2x3x4x5x6)B(1 x_1 x_2 x_3 x_4 x_5 x_6)_B(1x1x2x3x4x5x6)B，其中 xix_ixi 取 0 或1，若要 x>−32x > -32x>−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(9E)H(9E)_H(9E)H，现存的数为(CF)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。