软考软件设计师练习试题及答案解析

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1、软考软件设计师练习试题及答案解析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

2、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，

3、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

4、。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(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

5、。　　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)，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

6、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

7、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

8、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非终结