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时间:2019-02-13
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1、软考软件设计师练习试题及答案解析80题软考软件设计师练习试题及答案解析(1)1.某计算机系统中,16位浮点数的表示格式如图1所示。其中阶码4位(含1位符号)为定点整数,尾数12位(含1位符号)为定点小数。3415阶码尾数(含尾符) 设一个数机器码为1110001010000000,若阶码为移码且尾数为原码,则其十进制数真值为(1)。 (1)A.20 B.25 C.0.078125 D.20.969375 参考答案:(1)A。 解析:为了充分利用尾数来表示更多的有效数字,即提高数据的表示
2、精度,通常采用规格化浮点数。规定浮点数在运算结束将运算结果存到计算机中时,必须是规格化的浮点数。规格化浮点数尾数的最高数值位是有效数字,即正尾数0.5≤F<1,负尾数-1 对于本试题的解答思路是,对给定的机器码按浮点数格式得到阶码和尾数,然后将阶码变为十进制数,最后得到浮点数的十进制真值。如果给定的浮点数机器码不是用规格化表示的,则可将其表示为规格化的机器码。规格化时,先看给定的浮点数机器码的尾数是用什么码表示的,然后再看是否已是规格化数,如果不是,将尾数小数点移位,但要注意,为保持浮点数的真值不
3、变,阶码一定要进行相应的调整。在解答此类题目时,一定要注意题目条件中给出的阶码和尾数是用什么码表示的,否则很容易出错,而得不到正确的计算结果。 针对本题,对所给机器码1110001010000000,按所规定的浮点数表示形式,可知阶码为1110(最高位为阶符1),尾数为001010000000(最高位为尾符0)。 0.0101B=010100B=20。?①若阶码为移码,1110表示为十进制数加6,尾数为原码表示加0.0101B,所以浮点数为26 ②0.101B,阶码-3的补码为1101,因为浮
4、点数规格化要求尾数最高数据位为有效数据位,即尾数绝对值大于等于0.5。?0.0101B=2-3?0.0101B=0.000101B=0.078125D。将此浮点数用规格化数形式表示:2-2?若阶码为补码,1110表示为十进制数减2,尾数为补码,因该尾数为正数,即加0.0101,该浮点数为2-2 2.某计算机主存按字节摘取cache的地址变换采用组相联映像方式(即组内全相联,组间直接映像)。高速缓存分为2组,每组包含4块,块的大小为512B,主存容量为1MB。构成高速缓存的地址变换表相联存储器容量为
5、(2)bit。每次参与比较的存储单元为(3)个。 (2)A.4×10 B.4×11 C.8×10 D.8×11 (3)A.2 B.4 C.8 D.16 参考答案:(2)C;(3)B。 解析:某计算机主存按字节编址,主存与高速缓存Cache的地址变换采用组相联映像方式(即组内全相联,组间直接映像)。高速缓存分为2组,每组包含4块,块的大小为512B,主存容量为1MB。①由于主存容量为1MB=220,高速缓存分为2=21组(即区内组号为1位),每组包含4=22块(即组内块号为2位),
6、块的大小为512B=29(即块内地址为9位),因此主存区号=20-1-2-9=8位。 ②主存与高速缓存Cache的地址变换采用组相联映像方式(即组内全相联,组间直接映像),高速缓存的地址变换表的相联存储器中存放的用于比较的是8位的主存区号和2位的组内块号,因此,相联存储器的一个单元应存放10位二进制数。 ③由于高速缓存共有8块,因此,高速缓存的地址变换表的相联存储器容量应为8×10位。 ④由于组间采用直接映像,不需要进行比较,但组内采用全相联映像,需要在一组的4块内进行比较,故每次参与比较的存
7、储单元为4个。3.假设某程序语言的文法如下: S→SaT∣T T→TbR∣R R→PdR∣P P→fSg∣e 其中:VT={a,b,d,e,f,g};VN={S,T,R,P};S是开始符号。那么,此方法是_(4)_方法。这种文法的语法分析通常采用优先距阵,优先矩阵给出了该文法中各个终结符之间的优先关系系〔大于,小于,等于,无关系)。在上述文法中,某些终结符之间的优先关系如下:b_(5)_a;f_(6)_g;a_(7)_a;d_(8)_d。 供选择的答案 (4)A.正则文法 B.算符文
8、法 C.二义文法 D.属性文法 (5)A.大于 B.小于 C.等于 D.无关系 (6)A.大于 B.小于 C.等于 D.无关系 (7)A.大于 B.小于 C.等于 D.无关系 (8)A.大于 B.小于 C.等于 D.无关系 参考答案:(4)B(5)A(6)C(7)A(8)B 解析:算符优先文法的优先矩阵是这样构造的: 先求出各非终结符的FIRSTVT与LASTVT集。 对每条产生式:对于两个终结符连在一起或是它们中间只有一个
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