第一章计算机系统概论。
例题精析。1. c 2. d
3. 解答：计算机系统包括硬件和软件。
从计算机层次结构来看，它通常有五个以上的层次，在每一层次（级）上都能进行程序设计。由下至上排序为：第一级微程序机器级，微指令由硬件直接执行；第二级传统机器级，用微程序解释机器指令；第**操作系统级，一般用机器语言程序解释作业控制语句；第四级汇编语言机器级，这一级由汇编程序支持和执行；第五级高级语言机器级，采用高级语言，由各种高级语言编译程序支持和执行。
此外，还可以有第六级应用语言机器级，采用各种面向问题的应用语言。
4. 解答：由主存容量为64k×32位，可得共需要数据线32根，存储字长为32位；由于mdr的位数与存储字长相等，故mdr为32位；由于mar的位数对应存储单元的个数，且216=64k，故mar为16位，地址线16根。
因指令字长=机器字长=存储字长（32位），则ir、acc、mq、x均为32位。
试题精选。单项选择题。
综合应用题。
1. 解答：cpi即执行一条指令所需的时钟周期（时钟频率f的倒数）数。本处理器共包括四种指令，那么cpi就是这四种指令的数学期望。即。
cpi=1×60%+2×18%+4×12%+8×10%=2.24
mips即million instructions per second（每秒执行百万条指令数）。已知处理器时钟频率为40mhz，即每秒包含40m个时钟周期，故。
mips=40÷cpi=40÷2.24=17.9
程序的执行时间t=cpi×t_ic×i=cpi×（1/f）×i=5.6×10-8i（s）。
2. 解答：1）a机的cpu主频为8mhz，所有a机的cpu时钟周期=1÷8mhz=0.125s。
2）a机的平均指令周期=1÷0.4mips=2.5s。
3）a机平均每条指令的时钟周期数=2.5s÷0.125s=20.
因微机a和b片内逻辑电路完全相同，所以b机平均每条指令的时钟周期数也为20.
由于b机的cpu主频为12mhz，所以b机的cpu时钟周期=1÷12mhz=1/12s。
b机的平均指令周期=20×（1/12）s=5/3s。
b机的平均指令执行速度=1÷（5/3）s=0.6mips。
另解：b机的平均执行速度=a机的平均指令执行速度×（12/8）=0.4mips×（12/8）=0.6mips。
第二章数据的表示和运算。
例题精析。10. 组间并行；16；4.
11. 327d=1 0100 0111b
12.解答：
奇校验码：11001110，偶校验码：11001111.
②奇校验码：10001100，偶校验码：10001101.
奇校验码：10101101，偶校验码：10101100.
13.解答：（1100）的循环校验码为m(x)x3+r(x)=1100000+010=1100010（模2加）。
14.解答：浮点数的格式如下：
x=5/256=(101)2/28=2101×(0.101000000)2
y=+59/1024=（111011）2/210=2100×（0.111011000）2
x]补=11011,11.011000000
y]补=11100,00.111011000
求阶差：[e]补=11011+00100=11111，知e=1。
对阶：[x]补=11100,11.101100000.
尾数求差：11.101100000
xy]补=11100,10.110001000.
结果右规一次：
xy]补=11101,11.011000100.
正常阶码，无溢出，结果真值为23×(0.1001111)2.
试题精选。单项选择题。
综合应用题。
1. 解答：
1）表示一个补码整数：
最高位为符号位，其他31位为数值位。其对应的真值二进制数表示为。
其十进制值为（230+229+228+220+214）。
2）表示一个无符号整数：
全部32位均为数值位，其十进制值为。
3）表示一个ieee754标准的单精度浮点数：
其阶码为00011111，对应十进制数为31.
ieee754标准中的阶码用移码表示，单精度浮点数的偏置值为127，所以阶码的十进制真值为31127=96.
其尾数为1.110 1111 1100 0000 0000 0000(第一位为符号位)。
ieee754标准中的尾数用原码表示，且采用隐含尾数最高数位“1”的方法，隐含的“1”是一位整数（即位权为20）。所以尾数真值为。
单精度浮点数的真值为。
2. 解答：为判断溢出采用双符号位。
1）[y]补=0.10101
x+y]补=[x]补+[y]补=00.11011+11.01011=00.00110
无溢出，结果正确。
xy]补=[x]补+[y]补=00.11011+00.10101=01.10000
两个符号位相反，出现溢出。双符号位为01表示发生正溢出，结果不正确。
2）[y]补=0.11100
x+y]补=[x]补+[y]补=11.01010+11.00100=10.01110
两个符号位相反，出现溢出。双符号位为10表示发生负溢出，结果不正确。
xy]补=[x]补+[y]补=11.01010+00.11100=00.00110
无溢出，结果正确。
3. 解答：[x×y]补=1.10011101，即x×y=0.01100011.
4. 解答：
表示为ieee754标准短实数时，阶码加7fh，即01h+7fh=80h；数符为0，尾数部分隐藏第一位1，即得机器数形式为。
表示为ieee754标准长实数时，阶码加3ffh，即01h+3ffh=4000h；数符为0，尾数部分隐藏第一位1，即得机器数形式为。
0,100 0000 0000；1110 1000 000…000(44个0)
表示为ieee754标准临时实数时，阶码加3fffh，即01h+3fffh=4000h；数符为0 ，没有隐藏位，即得机器数形式为。
0,100 0000 0000 0000；1111 0100 0000…0000(56个0)
2）机器数为1100 0010 1111 1011 1101 0000 0000 0000，即。
1,1000 0101；1111 0111 1010 0000 0000 000，可知阶码为133-127=6；数符为1表示负数，尾数加上隐藏位后的二进制形式为1.1111 0111 1010 0000 0000 000，可知真值的二进制形式为1111101.11101，即十进制数为125.
90625.
5. 解答：
1）串行进位方式：
c1=g1+p1c0其中：g1=a1b1，p1=a1b1
c2=g2+p2c1g2=a2b2，p2=a2b2
c3=g3+p3c2g3=a3b3，p3=a3b3
c4=g4+p4c3g4=a4b4，p4=a4b4
2）并行进位方式：
c1=g1+p1c0
c2=g2+p2g1+ p2 p1 c0
c3=g3+p3g2+ p3 p2 g1 +p3 p2 p1c0
c4=g4+p4g3+ p4 p3g2 + p4 p3 p2g1 + p4p3 p2 p1c0
其中，g1 g4、p1 p4表达式与串行进位方式相同。
第3章存储器系统的层次结构。
例题精析。11. 解答：因为ta=tc/e，所以tc=tae=60ns×0.85=51ns（cache存取周期），tm=tcr=51ns×4=204ns（主存存取周期）。
因为e=tc/[htc+（1-h）tm]，所以h=0.94.
12. 解答：
1）主存容量=16×256×2=8 192b，cache容量=16×8×2=256b，主存字地址=8+4=12位，cache字地址=3+4=7位，如图3-17a所示。
cache 块号块内地址主存块号块内地址。
a) cache 块号块内地址主存块号块内地址。
3位 4位 8位 4位。
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