启航考研计算机基础综合基础阶段测评——数据结构

(总分：72.00，做题时间：90分钟)

一、单项选择题1-40小题。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。(总题数：30，分数：60.00)

1.若用二进制数表示十进制数0到999 999，则最少需要的二进制数的位数是( )。

 A.6

 B.16

 C.20 √

 D.100 000

如果用二进制表示0～999 999(²⁰ )则需要20位。

2.在补码加法运算中，产生溢出的情况是( )。 I．两个操作数的符号位相同，运算时采用单符号位，结果的符号位与操作数相同 Ⅱ．两个操作数的符号位相同，运算时采用单符号位，结果的符号位与操作数不同 Ⅲ．运算时采用单符号位，结果的符号位和最高数位不同时产生进位 Ⅳ．运算时采用单符号位，结果的符号位和最高数位相同时产生进位 V．运算时采用双符号位，运算结果的两个符号位相同 Ⅵ．运算时采用双符号位，运算结果的两个符号位不同

 A.I，Ⅲ，V

 B.Ⅱ，Ⅳ，Ⅵ

 C.Ⅱ，Ⅲ，Ⅵ √

 D.I，Ⅲ，Ⅵ

常用的溢出判断方法主要有三种：采用一个符号位、采用进位位和采用变形补码。采用一个符号位的溢出条件为：结果的符号位与操作数符号位不同。采用进位位的溢出条件为：结果的符号位和最高数位不同时产生进位。采用双符号位(变形补码)的溢出条件为：运算结果的两个符号位不同。

3.计算机中常采用下列几种编码表示数据，其中，±0编码相同的是( )。 I．原码 Ⅱ．反码 Ⅲ．补码 Ⅳ．移码

 A.I和Ⅲ

 B.Ⅱ和Ⅲ

 C.Ⅲ和Ⅳ √

 D.I和Ⅳ

假设字长为8位，[+0] _原 =00000000，[一0] _原 =10000000；[+0] _反 =00000000，[一0] _反 =11111111；[+0] _补 =00000000，[一0] _补 =00000000；[+0] _移 =10000000，[一0] _移 =10000000。对于真值0，原码和反码各有两种不同的表示形式，而补码和移码只有唯一的一种表示形式。正因为补码和移码0的表示形式唯一，才使得补码和移码比原码和反码能够表示的负数个数多一个。

4.如果X为负数，则已知[X] _补 ，求[一X] _补 的方法是( )。

 A.[X] _补 各值保持不变

 B.[X] _补 符号位变反，其他各位不变

 C.[X] _补 除符号位外，各位变反，末位加1

 D.[X] _补 连同符号位一起各位变反，末位加1 √

[一X] _补 被称为[X] _补 的机器负数，由[X] _补 求[一X] _补 的过程称为对[X] _补 变补(求补)，这是做减法运算时必须要完成的操作。不管X的真值为正或为负，已知[X] _补 求[一X] _补 的方法是：[X] _补 连同符号位一起各位变反，末位加1。[X] _补 表示的真值如果是正数，则变补后[一X] _补 所表示的真值变为负数；反过来，[X] _补 表示的真值如果是负数，则[一X] _补 所表示的真值变为正数。此题容易错选选项C。如果除符号位外，各位变反，末位加1，得到的是[X]原，而不是[一X] _补 ，且只有X为负数时成立。

5.某计算机字长8位，采用补码表示小数。若某数真值为一0．1001，则它在该计算机中的机器数形式为( )。

 A.10111

 B.10110111

 C.10111000 √

 D.10110000

补码与原码，[X] _补 求[一X] _补 的转换： 一0．1001=一0．1001000，将其表示成原码形式为1．1001000，再将1．1001000除符号位外，各位取反加1即可得一0．1001000的补码形式：1．01110000。

6.原码乘法是( )。

 A.先取操作数绝对值相乘，符号位单独处理 √

 B.用原码表示操作数，然后直接相乘

 C.被乘数用原码表示，乘数取绝对值，然后相乘

 D.乘数用原码表示，被乘数取绝对值，然后相乘

对于原码的加、减、乘、除运算都是将操作数和绝对值分开来进行的，因此原码乘法是先取操作数绝对值相乘，符号位单独处理。

7.某机器字长64位，其中一位符号位，定点小数补码的最大数、最小数分别为( )。

 A.1—2 ^-64 和2 ^-64 —1

 B.1—2 ^-63 和2 ^-63 —1

 C.1—2 ^-64 和一1

 D.1—2 ^-63 和一1 √

8.若[x] _补 =0．1101010，则[x] _原 =( )。

 A.1．0010101

 B.1．001010

 C.0．0010110

 D.0．1101010 √

9.原码加减交替除法又称为不恢复余数法，因此( )。

 A.不存在恢复余数的操作

 B.当某一步运算不够减时，做恢复余数的操作

 C.仅当最后一步余数为负时，做恢复余数的操作 √

 D.当某一步余数为负时，做恢复余数的操作

10.移码表示法主要用于表示( )数的阶码E，以利于比较两个( )的大小和( )操作。

 A.浮点，指数，对阶 √

 B.定点，指数，对阶

 C.浮点，数符，对阶

 D.定点，数符，对阶

移码主要用于表示浮点数的阶码，比较两个数的指数大小。

11.若定点整数64位，含1位符号位，补码表示，则所能表示的绝对值最大的负数为( )。

 A.一2 ⁵⁴

 B.一(2 ⁶⁴ 一1)

 C.一2 ⁶³ √

 D.一(2 ⁶³ 一1)

12.下列编码中，不用于表示字符的是( )。

 A.BCD √

 B.EBCDIC

 C.Unicode

 D.ASCⅡ

BCD码主要用于表示十进制数，4位二进制编码表示1位十进制数。EBCDIC和ASCII码表示的是西文字符或符号，7位二进制编码表示1个字符。

13.若用双符号位，则发生正溢出的特征是( )。

 A.00

 B.01 √

 C.10

 D.11

用双符号位产生正溢出的标志为01，产生负溢出的标志为10。

14.浮点加、减中的对阶应( )。

 A.将较小的一个阶码调整到与较大的一个阶码相同 √

 B.将较大的一个阶码调整到与较小的一个阶码相同

 C.将被加数的阶码调整到与加数的阶码相同

 D.将加数的阶码调整到与被加数的阶码相同

15.下列关于汉字编码的说法中，错误的是( )。

 A.用于输入汉字的编码称为输入码或外码

 B.用于输出汉字的编码称为字模码

 C.计算机存储、处理汉字所使用的编码称为机内码或内码

 D.输入码或外码与汉字字符的对应关系是一一对应的关系 √

此题考查汉字编码的基本知识。

16.海明校验码是在n个信息位之外增设k个校验位，从而形成一个k+n位的新的码字，使新的码字的码距比较均匀地拉大。n与k的关系是( )。

 A.2 ^k 一1≥n+k √

 B.2 ^k 一1≤n+k

 C.n=k

 D.n—1=k

如果仅考虑纠正1位错的情况，只要满足2 ^k ≥n+k+1就可以了(设校验位的位数为k，信息位的位数为n)。如果在纠正1位错的同时还要能发现2位错，则满足2 ^k-1 ≥n+k+1。海明码的实现原理是：在有效信息位中加入几个校验位形成海明码，使码距比较均匀地拉大，并把海明码的每一个二进制位分配到几个奇偶校验组中。当某一位出错后，就会引起有关的几个校验位的值发生变化，这不但可以发现错误，还能指出错误的位置，为自动纠错提供了依据。

17.某浮点机字长8位，尾数和阶码都采用补码形式，且运算过程中数符和阶符都采用双符号位，基数为2。则浮点加减运算过程中，当出现下列哪种情况时，需要左规?( )

 A.尾数相加后，数符为”01”

 B.尾数相加后，数符为“10”

 C.尾数相加结果为“00．1 xxxxxx”

 D.尾数相加结果为“11．1 xxxxxx” √

当尾数运算结果为非规格化形式时，需要左规；基数为2的补码的规格化形式下最高数值位应与符号位相反，故当尾数相加结果为“11．1xxxxxx”时，尾数需要左规。

18.不属于组合逻辑电路的是( )。

 A.加法器与ALU

 B.译码器与数据选择器

 C.串行加法器与超前进位加法器

 D.移位寄存器与计数器 √

19.关于ALU的叙述中，不正确的是( )。

 A.ALU是功能较强的组合电路

 B.ALU的基本逻辑结构是超前进位加法器

 C.ALU的输入只有参加运算的两个数，输出是两个数的和 √

 D.SN74 181是典型的4位ALU

20.下列叙述中，不正确的是( )。

 A.串行加法器位数越多加法时间越长

 B.超前进位加法器位数越多高位电路越复杂

 C.串行加法器比超前进位加法器的加法时间长的原因是串行加法器进位串行传递

 D.串行加法器比超前进位加法器的加法时间长的原因是串行加法器高位电路复杂 √

21.定点加法器完成加法操作时，若次高位的进位与最高位的进位不同，即这两个进位信号“异或”运算的结果为l，则称发生了( )。

 A.故障

 B.上溢

 C.下溢

 D.溢出 √

此题考查的知识点：定点加法器判断溢出的规则；上溢与下溢是针对浮点数而言，定点数只有溢出、正溢出和负溢出的概念。

22.已知CRC校验的一个数据字为：1001 0101 1001B，设采用的生成多项式为：G(x)=x ² +1，则校验码为( )。

 A.0011B

 B.0010B

 C.011B √

 D.010B

CRC校验码的位数等于采用的生成多项式的次数。本题中为3位。校验时，先在数据字后面加上“多项式次数”个“0”(本例中为1001 0101 1 001 000)，再用生成多项式的系数(本例中为101)去除，所得余数为校验码。除法采用模2除法，即不考虑进位和借位的除法。

23.下列关于浮点数的说法中，正确的是( )。

 A.无论基数取何值，当尾数(以原码表示)小数点后第1位不为0时即为规格化

 B.阶码采用移码的目的是便于移动浮点数的小数点位置以实现规格化

 C.浮点数加、减运算的步骤是对阶、尾数求和、规格化、舍入处理、判断溢出 √

 D.IEEE 754标准规定规格化数在二进制小数点后面隐含一位的“1”

基数取2时，尾数(以原码表示)小数点后第1位不为0时即为规格化；取4时，小数点后2位不为00时即为规格化：取8时，尾数小数点后3位不为000时即为规格化；取16时，小数点后4位不为0000时即为规格化。

24.下列关于定点数与浮点数的说法中，正确的是( )。

 A.长度相同的定点数与浮点数，所能表示数的个数相同

 B.长度相同的定点数与浮点数，所能表示数的精度与范围相同

 C.在长度相同的情况下，定点数所表示数的精度要高于浮点数所表示数的精度

 D.在长度相同的情况下，定点数所表示数的范围要低于浮点数所表示数的范围 √

此题考查的知识点：浮点数所能表示数的范围和精度都要优于长度相同的定点数所能表示数的范围和精度。

25.当且仅当( )发生时，认为浮点数溢出。

 A.阶码上溢 √

 B.尾数上溢

 C.尾数与阶码同时上溢

 D.尾数或阶码上溢

浮点数溢出是指阶码溢出(超出所能表示的最大值)。尾数上溢时，尾数将被右移1位，阶码加1，这个操作被称为右规。

26.设数据码字为10010011，采用汉明码进行校验，若仅考虑纠正一位错，则必须加入的(冗余)位数是( )。

 A.2

 B.3

 C.4 √

 D.5

如果仅考虑纠正1位错的情况，只要满足2 ^k ≥N+K+1就可以了(设校验位的位数为K，信息位的位数为N)。因为N=8，所以K≥4。

27.接收到的(偶性)汉明码为lOOll01B，其中的信息为( )。

 A.1001

 B.0011

 C.0110

 D.0100 √

此题考查汉明码的纠错方法。 根据接收到的(偶性)汉明码： 形成检测位P ₄ P ₂ P ₁ 。其中， 本题的检测位如下： 则P ₄ P ₂ P ₁ =111，即表示第7位在传输过程中出错。将其纠正，得到正确的汉明码为1001100B，从中提取出信息位为0100 B。

28.在字长为8位的定点整数计算机中，无符号整数X=246，则[一X] _补码 为( )。

 A.00001010B √

 B.11110110B

 C.01110110B

 D.11111011B

此题考查无符号整数X的[一X] _补码 的计算方法。

29.对于长度固定的浮点数，若尾数的位数增加、阶码的位数减少，则( )。

 A.可表示浮点数的范围与表示精度不变

 B.可表示浮点数的范围与表示精度增加

 C.可表示浮点数的范围增加，但表示精度降低

 D.可表示浮点数的范围变小，但表示精度提高 √

此题考查浮点数格式中尾数位数与所表示数据精度的关系以及阶码位数所表示数据范围的关系。

30.下列关于机器零的说法中，正确的是( )。

 A.发生“下溢”时，浮点数被当作机器零，机器将暂停运行，转去处理“下溢”

 B.只有以移码表示阶码时，才能用全0表示机器零的阶码 √

 C.机器零属于规格化的浮点数

 D.定点数中的零也是机器零

此题考查的知识点是：只有以移码表示阶码时才能用全0表示机器零的阶码。

二、综合应用题41-47小题。(总题数：6，分数：12.00)

31.双符号位的作用是什么?它只出现在什么部件中?

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正确答案：(正确答案：双符号位能容易检查加、减运算中的溢出情况。当符号位相同，数值结果正确；当符号位为01或10时，表示数值溢出。01表示两个正数相加之和≥1的情况，通常称数值“上溢”；10表示两个负数相加之和小于一1的情况，通常称为数值“下溢”。前面的1个符号位是正确的符号位。 只有在算术和逻辑运算部件中采用双符号位。因为只在把两个模4补码的数值送往算术和逻辑运算部件完成加、减运算时，才把每个数的符号位的值同时送到算术和逻辑运算部件的两位符号位，所以只有在算术和逻辑运算部件中采用双符号位。)

32.如果要实现对8位数据进行汉明校验，需要设置的校验位数有几位?设计该汉明校验码的编码。

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正确答案：(正确答案：为实现对8位数据(数据位用D8 D7 D6 D5 D4 D3 D2 D1表示)的汉明校验，应安排5位校验位(校验位用P5 P4 P3 P2 P1表示)。 生成校验位与数据位的对应关系表，完成把每个数据位划分在形成不同校验位的偶校验值的逻辑表达式中，即可设计出汉明校验码的编码逻辑表达式和译码逻辑表达式： 对Pi，总是用在Pi取值为1的行中的、用1标记出来的数据位计算该Pi的值。译码逻辑表达式：用一个校验码和形成这个校验码的编码方式执行异或。)

33.假定X=0．0110011×2 ¹¹ ，Y=0．1101101×2 ^-10 (此处的数均为二进制)。 (1)浮点数阶码用4位移码、尾数用8位原码表示(含符号位)，写出该浮点数能表示的绝对值最大、最小的(正数和负数)数值； (2)写出X、Y正确的浮点数表示(注意，此处预设了个小陷阱)； (3)计算X+Y。

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正确答案：(正确答案：(1)绝对值最大：1 111 0 1111111，1 111 1 1111111。 绝对值最小：0 001 0 0000000，0 001 1 0000000。 (2)X：101 1001 1001 1，Y：01 1001 101 101。 (3)计算X+Y。 A：求阶差：|△E|=|1011-0110|=0101 B：对阶：Y变为1 011 0 00000 1 101 101 C：尾数相加：00 01 10011 00000+00 00000 1101101=00 0110110 01101 D：规格化：左规：尾数为0 1101 100 1101，阶码为1010 E：舍入处理：采用0舍1入法处理，则有00 1101100+1=001101101 F：不溢出 所以，X+Y最终浮点数格式的结果为：1 010 0 1101101，即0．1101101×2 ¹⁰ 。)

34.假定X=0．0110011×2 ¹¹ ，Y=0．1101101×2 ^-10 。(此处的数均为二进制)，计算X×Y。

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正确答案：(正确答案：(1)阶码相加：[X+Y] _移 =[X] _移 +[Y] _补 =01 011+11 110=01 001。 (符号位10第1位为0，不溢出；00时上溢，01时下溢。) (2)尾数相乘结果：0 1010110 110111。 (3)已满足规格化要求，不需左规，尾数不变，阶码仍为001。 (4)舍入处理：按0舍1入规则，尾数之后的6位1 10111舍去，尾数+1=0 1010111。 所以，X×Y最终浮点数格式的结果为：1 001 0 1010111，即0．1010111×21。)

35.已知32位寄存器中存放的变量x的机器码为C0000004H，请问： (1)当x是无符号整数时，x的真值是多少?x/2的真值是多少?x/2存放在R1中的机器码是什么?2x的真值是多少?2x存放在R1中的机器码是什么? (2)当x是带符号整数(补码)时，x的真值是多少?x／2的真值是多少?．x／2存放在R1中的机器码是什么?2x的真值是多少?2x存放在R1中的机器码是什么?

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正确答案：(正确答案：算术移位的对象是带符号数，在移位过程中必须保持操作数的符号不变。当左移1位时，如不产生溢出，则数值乘以2；而右移1位时，如不考虑因移出舍去的末位尾数，则数值除以2。因此，对于无符号整数，所有二进制位均为数值位，而对于带符号数，最高位为符号位。2x即左移1位，x／2即右移1位。 (1)x是无符号整数，C0000004H的真值为2 ²¹ +2 ³⁰ +2 ² 。 x／2是由x逻辑右移1位得到的，即(2 ³¹ +2 ³⁰ +2 ² )÷2，其真值为2 ³⁰ +2 ²⁹ +2，存放在R1中的机器码是 0110 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0010 转换成十六进制为6000 0002H。 2x是由x逻辑左移1位得到 1 1000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 1000 真值发生溢出，存放在R1中的机器码是1000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 1000，转换成十六进制为8000 0008H。 (2)机器码C0000004H的二进制补码表示为 1，100 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0100 这是一个负数，得到的二进制真值为 一011 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1100 对应的十进制真值为一(2 ³⁰ 一2 ² )。 x／2是由x算术右移1位得到的，其真值为一(2 ²⁹ 一2)，用二进制真值表示为 一110 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0010 存放在R1中的机器码是 1，110 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0100 转换成十六进制表示为E0000002H。)

36.某机字长16位，使用四片74181组成算术／逻辑运算单元，设最低位序号标注为第0位。 (1)写出第5位的进位信号C ₆ 的逻辑表达式； (2)估算产生C ₆ 所需的最长时间； (3)估算最长求和时间。

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正确答案：(正确答案：(1)组成最低4位的74181进位输出为： C ₄ =C _n+4 =G+PC _n =G+PC ₀ ，C ₀ 为向第0位进位。 其中， G=y ₃ +y ₂ x ₃ +)+y ₁ x ₂ x ₃ +y ₀ x ₁ x ₂ x ₃ ，P=x ₀ x ₁ x ₂ x ₃ 所以， C ₅ =y ₄ +x ₄ C ₄ ，C ₆ =y ₅ +x ₅ ，C ₅ =y ₅ +x ₅ y ₄ +x ₄ y ₄ C ₄ (2)设标准门延迟时间为T，“与或非”门延迟时间为1．5T，则进位信号C ₀ 由最低位传至C ₆ 需经一个反 向器、两级“与或非”门，故产生C ₆ 的最长延迟时间为 T+2×1．5T=4T (3)最长求和时间应从施加操作数到ALU算起：第一片74181有3级“与或非”门(产生控制参数x ₀ 、y ₀ 和C _n+4 )，第二、第三片74181共2级反向器和2级“与或非”门(进位链)，第四片7181求和逻辑(1级与或非门和1级半加器，设其延迟时间为3T)，故总的加法时间为 t ₀ =3×1．5T+2T+2×1．5T+1．5T+3T=14T)

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