第一章例题分析
1．一个完整的计算机系统应该包括（    ）两大部分。
A.主机和外设
B.硬件系统和操作系统
C .硬件系统和软件系统
D .硬件系统和系统软件
参考答案： C
简要分析：
选项A :现代计算机通常把运算器和控制器合起来做在一个芯片上，称为中央处理器（    CPU）。然
后把 CPU 和内存储器合起来称为主机。主机和外设构成硬件系统。所以选项 A 不全面。
选项B: 一个完整的计算机系统应该包括硬件系统和软件系统两部分。    软件系统分为系统软件和应
用软件两大类。系统软件包括操作系统、计算机语言处理程序（各种程序翻译软件，包括编译程序、 解释程序、汇编程序） 、服务性程序、数据库管理系统和网络软件等。操作系统只是系统软件的一种， 所以不全面。
选项D :系统软件只是软件系统中的一类软件，因而，也不全面。
2．下列是有关程序、指令和数据关系的叙述，其中错误的是（    ）。
A.一个程序由若干条指令和所处理的数据组成
B.指令和数据形式上没有差别，都是一串 0/1 序列
C•指令和数据不能放在同一个存储器中，必须分别存放在指令存储器和数据存储器中
D .启动程序前指令和数据都存放在外存中，启动后才被装入内存
参考答案 :选项 C
简要分析:
选项A:在计算机上完成的所有任务都必须先编好程序，通过计算机执行程序来完成。所以执行程 序的过程就是周而复始执行指令的过程。一个程序由一条条指令以及指令所处理的数据组成。指令规 定程序的动作和步骤，数据是动作作用的对象。
选项B:指令和数据在计算机内部都是用二进制表示的，因而都是    0、1序列，在形式上没有差别。
选项C和D:程序编好后，先放到外存（如，磁盘）上保存。当需要执行程序时，通过操作系统提 供的人 -机接口（在命令行符下输入命令，或鼠标双击等）启动程序，程序被启动后，程序中的指令和 数据被操作系统装入主存，一般是装入到同一个主存储器（    DRAM中，而不区分是数据存储器还是指
令存储器。CPU!过指令执行的不同阶段来区分取出的是数据还是指令，    而不是靠分开存放数据和指令
来区分的。所以，选项 C是错误的。
3．以下关于冯 . 诺依曼计算机工作方式的叙述中，错误的是（    ）。
A.计算机完成的所有任务都必须执行相应的程序来完成
B.某任务用某语言（如 C++）编好程序后，一旦被启动，则马上可调至主存直接执行
C.程序执行时，CPU安指令地址自动按序到内存读取指令并执    行
D.冯.诺依曼计算机工作方式称为“存储程序”控制方式
参考答案 ：选项 B
简要分析： 冯. 诺依曼计算机的工作方式被称为“存储程序”控制方式。其主要内容是：计算机的 工作由程序控制，程序是一个指令序列，指令是能被计算机理解和执行的操作命令；    程序（指令）和数
据均以二进制编码表示，均存放在存储器中；存储器中存放的指令和数据按地址进行存取；指令是由 CPU—条一条顺序执行的。用一句话来说，就是：一旦要计算机完成某个特定的任务，则计算机会将事 先编好的程序，按指令的顺序自动一条一条从主存中读出并执行，整个
过程不需要人的干预。这里， 事先编好的程序是指机器可执行的目标程序。    用C++这种高级语言编写的源程序，不能直接装入内存后
由CPU执行，而是需要先用编译程序将其转换为机器可直接执行的目标程序。
4.下面是有关反映计算机中存储器容量的计量单位的叙述，其中错误的是（    ）。
A.最小的计量单位为位（bit ），表示一位“ 0”或“T, 一个字节为8位
B.最基本的计量单位是字节（Byte ），因而指令、数据和地址的长度都是    8的倍数
C.主存储器的编址单位一般是字节的倍数
D.主存容量为1KB,其含义是主存储器中能存放 1000个字节的二进制信息
参考答案 ：选项 D
简要分析：
选项A:冯偌依曼结构计算机规定，计算机内部信息的表示采用二进制，所以，所有信息都是
由    0
或 1 构成的 0/1 序列，用位（ bit ）来表示一个二进制位“ 0”或“ 1”，它是最小的计量单位，一个字 节为 8 位。
选项B:计算机中的存储部件、传送部件、运算部件等的宽度（串行传送部件例外）基本上都是字 节的倍数，因而最基本的计量单位是字节（ Byte ）。为了数据、地址和指令信息的存储、传输和运算 方便，一般把指令、数据和地址的长度都规定为 8 的倍数。
选项C：对于现代计算机的主存储器，其存储单元的编号采用字节编址方式，也就是说，每    8位构
补码的最小负数成一个存储单元，所以其编址单位为一个字节。早期的机器也有用 16 位、 24 位、 32位进行编址的。 所以一般应该是 8 的倍数。
选项D:主存容量的单位有 KB MB GB等，分别表示210字节、220字节和230字节。而辅存容量中 的kB、MB GB分别表示103字节、106字节和109字节。所以，选项 D是错误的。
第二章例题分析
1、    设］x］补=1.x1x2x3x4，当满足（    ）时，x < -1/2 成立。
x1 必须为 1，x2x3x4 至少有一个为 1
B.x1 必须为 1 ， x2x3x4 任意
C.x1 必须为 0， x2x3x4 至少有一个为 1
D.x1 必须为 0， x2x3x4 任意
参考答案:选项 C
简要分析:补码的编码规则是，正数的补码，其符号位为 0，数值位不变；负数的补码， 其符号位为1,数值位各位取反，末尾加1。从形式来看，［x］补的符号位为1,所以x 一定 是负数。绝对值越大，数值越小，所以，要满足 x < -1/2，则x的绝对值必须大于1/2。因此， x1 必须为 0， x2x3x4 至少有一个为 1 ，这样，各位取反末尾加 1 后， x1 一定为 1 ， x2x3x4 中 至少有一个为1,使得x的绝对值保证大于1/2。因此，选项C是正确的。
2、    假设有两个整数 x 和 y， x=-68， y=-80 ，采用补码形式（含一位符号位）表示， x 和 y 分别存放在寄存器 A 和 B 中。寄存器 A 和 B 中的内容分别是什么？ （用十六进制表示二进制序 列）
解：x=-68=- 100 01002，则[-68] 补=1011 1100=BCH
y=-80=- 101 00002 ，则[-80] 补=1011 0000=B0H
3、    假设有两个实数x和y, x= - 68 , y= - 8.25，它们在C语言中定义为float型变量， x和y分别存放在寄存器A和B中。则A和B中的内容分别是什么？(用十六进制表示二进制 序列 )
解：float型变量在计算机中都被表示成IEEE754单精度格式。
x=-68= -100 01002 = - 1. 0001x26
符号位为 1 ，阶码为 127+6 = 128 + 5 = 1000 01012
尾数为 1.0001，所以小数部分为： 000 1000 0000 0000 0000 0000
合起来整个浮点数表示为： 1 1000 0101 000 1000 0000 0000 0000 0000 写成十六进制为： C2880000H
y=-8.25= - 1000.012 = - 1. 00001x23
符号位为 1 ，阶码为 127+3 = 128 + 2 = 1000 00102
尾数为 1.00001，所以小数部分为： 000 0100 0000 0000 0000 0000
合起来整个浮点数表示为： 1 1000 0010 000 0100 0000 0000 0000 0000
写成十六进制为： C1040000H
4、 假定采用IEEE754单精度浮点数格式表示一个数为 45100000H则该数的值是多少？
解：将 45100000H展开为：(0 100 0101 0 001 0000 0000 0000 0000 0000)2
故，符号为 0，阶码为： (10001010)2-127=138 -127=11 ，尾数为： (1.001)2=1.125
因而，数值为：+1.125 X 211    = 2304
5.IBM370的短浮点数格式中，总位数为32 位,左边第一位(b0)为数符，随后7位(b1-b7) 为阶码，用移码表示，偏置常数为 64，右边24位(b8-b31 )为6位16进制原码小数表示的 尾数，采用规格化形式。若将十进制数
-260.125 用该浮点数格式表示，则应表示为什么？(用十六进制形式表示)
解：因为IBM370的短浮点数格式中，尾数采用16进制原码表示，所以浮点数的基数是16。 在进行数据转换时，要转化成 16进制形式。即：
(-260.125)10=(-0001 0000 0100.0010)2= (-104.2)16 = (-    0.1042)16 X 163
因此，浮点数的符号位为 1，阶为 3，用 7位移码表示为： 64+3=(1000011)2 故，该数的浮点数表示的前面 8位为 1 10000112 ，对应的十六进制为 C3H 尾数部分的 6 位十六进制数为： 104200H
所以，该数的浮点数表示为： C3104200H
6.IBM370的短浮点数格式中，总位数为32 位,左边第一位(b0)为数符，随后7位(b1-b7) 为阶
码，用移码表示，偏置常数为 64，右边24位(b8-b31 )为6位16进制原码小数表示的 尾数，采用规格化形式。假定一个数表示成该浮点数格式为 40100110H(用十六进制数表示)， 则该数的真值是多少？
解：首先将十六进制数展开为二进制数为
45100110H =(0100 0101 0001 0000 0000 0001 0001 0000)2
按照IBM370短浮点数格式，可知：
符号位为： 0
阶码为( 100 0101) 2 = 64 + 5 ，所以阶的值为 5 尾数为 (0. 0001 0000 0000 0001 0001 0000)2= (0.100110)16 因而，数值为： (+0.100110)16 X 165=(+10011)16=(+65553)10
第一次
判断题：
1、    存储程序的思想是冯诺依曼提出的
2、    计算机的主机包括 CPU、内存和硬盘
3、    各类计算机之间的主要区别体现在运算速度、存储容量及机器体积等。
4、    Oracle 是应用软件
5、    由于PC具有自动+1的功能，使得计算机能够连续自动地运行程序。
xx V X V
第二次
选择或判断题
1、计算机系统的层次结构由低级到高级分别是机器语言级、汇编语言级、操作系统级和高级语言级
2、    PC 指出的地址都是指令地址
3、假定一台计算机的主存储器最大可装机容量为    4GB ，按字节编址，则该存储器的    M
AR 应为（ ）。

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