2022年本科计算机组成期末试题答案及评分标准 .pdf

1 / 9 2009/2018 学年第一学期期末考试试卷（A 卷）计算机组成使用班级： 07060641,07060642总分一、选择题（ 10分） 每小题 1 分 1、从器件角度看，计算机经历了四代变化。但从系统结构看，至今绝大多数计算机仍属于_型计算机。A 并行 B 冯.诺依曼 C 智能 D 实时处理2、以下各项中不属于系统软件的是_。A 操作系统B 数据库管理系统C 游戏软件D 语言处理程序3、在机器数 _中，零的表示形式是唯一的。A 原码 B 补码 C 移码 D 反码4、某计算机字长为32 位，其存储容量为16M 32 位，其地址线和数据线的总和是_。A16 B32 C 64 D 56 5、在多级存储体系中，“cache主存”结构的作用是解决_的问题。A 主存容量不足 B 主存与辅存速度不匹配C辅存与 CPU 速度不匹配 D 主存与 CPU 速度不匹配6、用某个寄存器中操作数的寻址方式称为_寻址。A 直接 B 间接 C 寄存器直接 D 寄存器间接7、当代 CPU 包括 _。A 控制器 B 控制器、运算器、cache C 运算器和主存 D 控制器、 ALU 和主存8、微程序控制器中，机器指令与微指令的关系是_。得分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页2 / 9 A 每一条机器指令由一条微指令来执行B 每一条机器指令由一段用微指令编成的微程序来解释执行C 一段机器指令组成的程序可由一条微指令来执行D 一条微指令由若干条机器指令组成9、描述流水CPU基本概念不正确的句子是_。 A流水 CPU是以空间并行性为原理构造的处理器 B流水 CPU一定是 RISC机器 C流水 CPU一定是多媒体CPU D流水 CPU是一种非常经济而实用的时间并行技术10、在集中式总线仲裁中，_方式响应时间最快，_方式对电路故障最敏感。A 菊花链 B 独立请求 C 计数器定时查询 D 都一样得分二、填空题（ 25分） 每个空 1 分 1、为了实现运算器的速度，采用了_进位、 _乘除法等并行技术。2、形成指令地址的方式（即指令寻址方式）有_寻址和 _寻址。3、半导体SRAM 靠_存贮信息，半导体DRAM 则是靠 _存贮信息。4、计算机系统中，下列部件都能够存储信息：主存CPU 内的通用寄存器cache磁带磁盘。按照CPU 存取速度排列，由快到慢依次为_ ，其中，内存包括_；属于外存的是_。5、 根据地址格式不同，虚拟存贮器分为_、_和_三种。6、在CPU 中，保存当前正在执行的指令的寄存器为_，保存当前正在执行的指令的地址的寄存器为_，保存 CPU访存地址的寄存器为_。7、硬布线控制器的基本思想是: 某一微操作控制信号是_译码输出 ,_ 信号和_信号的逻辑函数. 8、在计算机系统中，多个系统部件之间信息传送的公共通路称为_。就其所传送信息的性质而言，在公共通路上传送的信息包括数据、_、_信息。9、 总线有 _特性、 _特性、 _特性、 _特性，因此必须标准化。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页3 / 9 得分三、简答题（ 18分） 每小题 6 分 1、 DRAM 为什么要进行定期刷新？刷新操作方式有哪两种？有何区别？本题分为三个小问题，分值及答案要点（1）DRAM 为什么要进行定期刷新？（2）刷新操作方式有哪两种？（3）两种刷新操作方式有何区别？2、画出微程序控制器的原理框图，简述其各组成部分的作用。3、简述中断处理过程。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页4 / 9 得分四、 本题 10 分设 x= -16，y= -12，用原码（或补码）一位乘法或带求补器的补码阵列乘法器求出乘积XY= ？并用十进制数乘法验证。解法一 ：采用带求补器的补码阵列乘法器。设最高位为符号位，输入数据用补码表示：x 补 = 110000 y 补 =110100 乘积符号位单独运算：xfyf = 1 1 = 0 尾数部分算前求补器输出：| x | = 10000, | y | = 01100 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 00001 00000 0 0 0 00 01100000 0 乘积符号为0，算后求补器输出为0011000000, 最后补码乘积值为： xy补 = 0 0011000000 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页5 / 9 补码的二进制数真值是：xy = 127+126 = (+192)10十进制数乘法验证：xy = （-16）（ -12）= +192解法二 ：采用原码一位乘法。设最高位为符号位，输入数据用补码表示：得分五、 本题 9 分CPU 执行一段程序时，cache完成存取的次数为5000 次，主存完成存取的次数为500 次。已知cache存取周期为50ns，主存存取周期为200ns。求：（ 1）Cache 命中率 H。（ 2）Cache/主存系统的访问效率e。（ 3）平均访问时间Ta。例 6： CPU执行一段程序时， cache 完成存取的次数为1900 次，主存完成存取的次数为 100 次，已知 cache 存取周期为 50ns，主存存取周期为250ns，求 cache/ 主存系统的效率和平均访问时间。解：命中率 h = Nc /（Nc+Nm ）= 5000/(5000+500) 0.91精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页6 / 9 r = tm/ tc = 200ns/50ns = 4cache/ 主存系统的效率 e =1 / (r+(1-r)h) = 1/(4+(1-4)0.91) 78.74% 平均访问时间 ta= tc / e = 50ns / 0.7874 63.5 ns 得分六、 本题 9 分一台处理机具有如下指令格式：。 5 位 2 位 4 位 4 位OP X 源寄存器目标寄存器地址码其格式表明有16 个通用寄存器（长度16 位）， X 为指定的寻址模式，主存最大容量为 128 K 字。（1）假设不用通用寄存器也能直接访问主存的每一个操作数，并假设操作码域OP=5位，请问地址码域应该分配多少位？指令字长度应有多少位？（2）假设X=11 时，指定的那个通用寄存器用作基址寄存器，请提出一种寻址方案，使得被指定的通用寄存器能访问1M 的主存空间中的每一个单元。（9 分）一台处理机具有如下指令格式：。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页7 / 9 6 位 2 位 3 位 3 位OP X 源寄存器目标寄存器地址其格式表明有8 个通用寄存器（长度16 位）， X 为指定的寻址模式，主存最大容量为 256 K 字1） 假设不用通用寄存器也能直接访问主存的每一个操作数，并假设操作码域OP=6 位，请问地址码域应该分配多少位？指令字长度应有多少位？2） 假设X=11 时，指定的那个通用寄存器用作基址寄存器，请提出一个硬件设计规则，使得被指定的通用寄存器能访问1M 的主存空间中的每一个单元。解：1） 因为 217=128K 字，地址域 =17 位操作码域 =5 位指令长度 =17+5+2+4+4=32 位 2）此时指定的通用寄存器作为基值寄存器（16）位。但16 位长度不足以覆盖1M 字地址空间，为此可将通用寄存器左移4 位，低位补0 形成 20 位基地址，然后与指令字形式地址相加得有效地址，可访问主存1M 地址空间的任意单元。得分七、 本题 10 分某机共有55 个微命令，构成5 个相斥类的微命令组，各组分别包含5、 8、2、15、25 个微命令。已知可判定的外部条件有三个，微指令字长28 位。按水平型微指令格式设计微指令（要求微指令的下址字段直接给出后继微地址），并指出控制存储器的容量。例：某机共有52 个微命令，构成5个相斥类的微命令组，各组分别包含5、8、 2、15、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页8 / 9 22 个微命令。已知可判定的外部条件有两个，微指令字长28 位。（1）按水平型微指令格式设计微指令，要求微指令的下址字段直接给出后继微地址；（2）指出控制存储器的容量。解：（1）根据已知条件，应设5 个控制字段，需分别提供6、 9、3、16、26 种状态，故应分别采用 3、4、2、4、5位进行编码（共18位）；条件测试字段需要4 种状态，使用2 位编码。因此下址字段应取28-18-2=8 位。微指令格式如下：5 个微命令8 个2 个15 个25 个3 个判定条件条件测试下址字段3 位4 位2 位4 位5位2 位8位（2）控制存储器容量为：256 28 位精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页9 / 9 得分八、 本题 9 分某磁盘存贮器转速为3500 转/分，可用记录面6 个，每毫M5 道，每道记录信息为12KB ，最小磁道直径为230mm，共有 275道。问：（1）磁盘存贮器的容量是多少？（2）磁盘数据传输率是多少？（3）平均等待时间是多少？（9 分）某磁盘存贮器转速为3000 转 / 分，共有4 个记录面，每毫M5 道，每道记录信息为 12288 字节，最小磁道直径为230mm，共有 275 道。问：（3）磁盘存贮器的容量是多少？（4）磁盘数据传输率是多少？（5）平均等待时间是多少？解：（1）每道记录信息容量 = 12 KB 每个记录面信息容量 = 27512KB 共有 6 个记录面，所以磁盘存储器总容量为：627512KB = 19800KB (3) 磁盘数据传输率 C = r N r = 3500 / 60 58.33周 / 秒 N = 12 KB（信道信息容量） C = r N = 350/6 12 KB = 700 KB / 秒（4）平均等待时间 = 1/(2r) = 1 / (23500/60) 0.00857 秒 = 8.57毫秒精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页