唐朔飞计算机组成原理答案

【23真题解析】408计组重基础！号称“祭祖”的计组，你寄了吗？ 　　大家好，我是抓码计算机考研计算机组成原理的讲师栗子学姐。本文将对23考研408回忆版真题计组部分进行逐题分析，并阐述一些我的个人见解，希望对23小伙伴的复试复盘以及24小伙伴的初试有所帮助。 　　12 　　若机器M的主频为1.5GHz,在M上执行程序p的指令条数为5*10^5 , p的平均CPI为1.2,则p在M上的指令执行速度和用户CPU时间分别()。 　　A.0.8GIPS、0.4ms 　　B.0.8GIPS、0.4 us 　　C.1.25GIPS、0.4ms 　　D.1.25GIPS、0.4us 　　解答：C程序P所需的时钟周期数：5*10^5 × 1.2 = 6×10^5，CPU执行的时间= （CPI×指令数）/主频 = （5*10^5 × 1.2） /1.5GHz = 0.4ms , 指令的执行速度：单位时间内执行的指令数，即 5*10^5 /0.4ms = 1.25GIPS

　　整体解释：属于第一章节中计算性能方面，真题中考察的CPU执行时间是真题中常见的考点，题目中出现了一个“新”的概念执行速度，这就需要我们对已经学到的各种概念比较清楚的理解（也是平时强调的不要单纯的记公式，要记住它本来的概念）。这个就对应我们模拟试卷的题目中CPU的执行时间和IPC两个概念，也是为了高速大家碰到平时自己不熟悉的概念时，要会利用已学过的概念进行推理。 　　13 　　若short型变量x=-8190，则x的机器数为()。 　　A.E002H 　　B.E001H 　　C.9FFFH 　　D.9FFEH 　　解析：AShort型为16位，且为补码表示，-8190 = – 0011111 = 1 00000010 = E002H 　　整体解释：第二章节中机器数的表示，但在真题中一般会和C语言结合起来考，这里就需要记住各种类型的变量对应的长度。而在C语言中一般都是采用补码表示。题目比较简单，在平时的基础课程中，就一再强调这个问题。 　　14 　　已知float型变量用IEEE754单精度浮点数格式表示。若float型变量x的机器数为8020 0000H，则x 的值()。 　　A.-2^-128 　　B.-1.01×2^-127 　　C.-1.01×2^-126 　　D.非数(NAN) 　　解析：A若E = 0，且M≠0，则 N = （-1）S×2-126×（0.M）。8020 0000H = 1000 0000 0010 0000 0000 0000 0000 0000代入公式，（-1)^1 ×(0.01)×2^(-126) = -2^-128 题目解释：第二章节浮点数的表示，真题中常见考点关于浮点数的问题，要不是浮点数表示，要不就是浮点数的运算。今年的这个浮点数考的比较细致，也是比较特殊的一种情况，有些同学可能并没有在意这个，这是提醒大家考研就是要全面、多次、细致的学习与复习。这一类型在课程的强化与基础时都有强调 　　15 　　地址线为30条，ROM容量:RAM=3:1，ROM存放在低地址，RAM存放在高地址，请问RAM的地址为? 　　A 0000 0000H~OFFF FFFFH 　　B 1000 0000H~2FFF FFFFH 　　C 3000 0000H~3FFF FFFFH 　　D 4000 0000H~4FFF FFFFH 　　解析：C地址线有30条，则地址范围2^30，即地址 0000 0000H~3FFF FFFFH。因为ROM：RAM = 3:1，地址被分为4份，即 0000 0000H~0FFF FFFFH，1000 0000H~1FFF FFFFH，2000 0000~2FFF FFFFH，3000 0000H~3FFF FFFFH，ROM占3份，且其在低位，则ROM的地址范围为 0000 0000H~2FFF FFFFH，RAM的地址范围为3000 0000H~3FFF FFFFH。 题目解释：第三章节属于CPU与主存连接部分，考点是地址划分。个人觉得这个题目属于“旧知识新考点”，考的内容大家都知道，但是出的题目很新颖，和我们平时写的第几块芯片所在的最低地址和最高地址是一样。这个题目就是在考验我们在CPU和主存连接时字扩展和位扩展中地址划分的理解。这个理解透彻之后，这个题目会更加简单。 　　16 　　己知x、y为int类型，当x=100，y=200时，执行x-y指令的到的溢出标志OF和借位标志CF分别为0,1,那么当x=10，y=-20时，执行该指令得到的OF和CF分别是（)。 　　A.OF=0，CF=0B. OF=0，CF=1C. OF=1，CF=0D. OF=1，CF=1 解析：B10-(-20) = 30够减的，所以溢出标志位OF = 0, int型x = 10 = 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 1010，y = -20 = 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1110 1100，将x和y当做无符号数来计算，此时x<y,所以CF = 1。 　　题目解释：第二章节定点数的运算，也是常见考点。模拟试卷中，有对在加法情况下OF和CF位的考察，真题中考察的是减法，本质都是一样的。不管是在加法还是减法，CF表示无符号溢出问题，OF表示有符号的溢出问题。所以在这个题目时，只需要在计算CF时，当做无符号数来计算，且CF表示的是借位；计算OF时，当做有符号数来计算即可。 　　17 　　某运算类型指令中有一个地址码为通用寄存器编号，对应通用寄存器中存放的是操作数或操作数地址, CPU区分两者的依据是()。 　　A.操作数的寻址方式B.操作数的编码方式C.通用寄存器编号D.通用寄存器的内容 解析：A取出的数是操作数还是操作数的地址，根据的是其寻址方式是什么，因此是根据的操作数的寻址方式 题目解释：指令寻址方式，属于整体概念的理解，需要我们对指令的寻址方式和操作数的寻址方式都比较清楚。而在操作数的寻址中有各种类型的方式，存放的到底是操作数还是操作数的地址全部都是按照寻址方式来判断的。（或者思考寄存器寻址和寄存器间接寻址的区别）。 　　18 　　数据通路山逻辑件和时序件组成。以下是组合逻辑件的是()。 　　I算术逻辑部件ALU 　　II程序计数器PC 　　III通用寄存器 　　IV多路选择器MUX 　　A. I、II 　　B. I、IV 　　C. II、III 　　D. I、IV 　　解析：D组合逻辑件：输出只是当前输入逻辑电平的函数（有延时），与电路的原始状态无关的逻辑电路。当输入信号中的任意一个发生改变时，输出都有可能变化，但与目前所处的状态没有任何关系（即逻辑电路无记忆部件）。常见的组合逻辑件：多路选择器、编码器、译码器、移位器、比较器、算术逻辑部件。时序逻辑件：输出不只是当前输入的逻辑电平的函数，还与目前电路所处的状态有关的逻辑电路（即逻辑电路有记忆部件）。计数器、存储器、触发器。 题目解释：这题属于器件部分，在以往中，大家对硬件部分的学习都是比较薄弱，或者说是忽视的，所以很多人对这个题目都是比较懵的。在后续的复习和学习，要加强对硬件部分的理解 　　19 　　采用取指、解码、执行、存储、写入5段流水线,RISC 处理器,S0,S1,S2,S3,t2为寄存器编号， 　　I1: add S2 S1 S0 //[R[S2]]= R[S1]+R[S0] 　　I2: add load(S3)0(S2) //[R[S3]] =R[S1]+R[S2] 　　I3: beq t2 S3 L1 //if R[t2]==R[S3] jump to Ll 　　I4: add t2 S3 I0 //[R[t2]] = R[S3]+I0 　　如采用旁路技术处理数据相关，即采用专用数据通路技术处理器，则在 I1~I4执行过程中，发生流水线阻塞的有( ）。 　　A.仅I3 　　B.仅I2和I4 　　C.仅I2和I3 　　D.仅 I2，I3 和 I4 　　解析：题目不确定 　　20 　　若有存储总线宽度为64位，总线时钟频率为1GHZ，在总线上传输一个数据支地址需要一个的时钟周期，不支持突发传送，若该总线连接CPU和主存，主存每次准备一个64位数据需要6ns，主存块大小为 32B，则读取一个主存块时间为( )。 　　A.8ns 　　B.11ns 　　C.26ns 　　D.32ns 　　解析：D64bit = 8B，需要传输32B/8B = 4次，不支持突发传送技术，每次都需要传输一次地址＋传输一次数据+准备一次数据 = 1/1GHz +1/1GHz + 6ns = 8ns，则读取一个主存块时间 = 4×8ns = 32ns 　　题目解释：属于总线部分，属于常见考点。以往的真题中有涉及到关于总线传输时间的考察，例如支持突发传输方式等，题目中都会强调传输是否涉及到地址的多次传输。2012年的真题和这道题目很像，只是在2012年的真题中考察的是突发传输方式，而这次是不采用突发传输方式下传输数据所需要的时间。 　　21 　　下列关于硬件和异常/中断关系的叙述中，错误的是()。 　　A.CPU在执行一条指令过程中检测异常事件 　　B.CPU在执行完一条指令时检测中断请求信号 　　C.开中断中CPU检测到中断请求后就进行中断响应 　　D.外部设备通过中断控制器向CPU发中断结束信号 　　解析：C开中断此时是允许中断嵌套，可以去响应其它中断请求，中断的执行和检查是在一个指令执行结束，因此在CPU检测到中断请求后，有些并不能立刻就去中断响应。 题目解释：属于中断部分。真题中涉及到中断概念的基本上都属于整体的考察，也就是要对中断概念以及关于中断的其它知识都要有一定的了解，并且要能够将其联系在一起。题目中关于开中断情况下，立即响应首先想到在一条指令执行结束之后才会去执行中断。 　　22 　　下列关于I/O控制方式的叙述中错误的是()。 　　A.程序查询方式通过CPU执行查询程序进行I/O操作 　　B.中断方式下，通过CPU执行中断服务程序进行I/O操作 　　C.DMA方式下，通过CPU执行 DMA传送程序进行I/O操作 　　对于SSD、网络适配器等高速设备，采用DMA方式输入/输出 　　解析：C在DMA方式下，通过DMA控制器进行I/O操作

　　题目解释：属于DMA部分考察。不管是在基础课和强化课中，都在不断的强调DMA的整个过程，在预处理和后处理的阶段都是涉及到CPU来处理，而在数据传输的阶段是需要DMA控制器的。 　　43 　　(14分)某机器字长为32位的计算机M，采用请求调页存储管理。虚拟地址32位，页面大小4KB。Cache采用4路组相联映射，内存块大小为32B，Cache数据区大小为8KB。二维数组int a[24][64]按行优先存储，数组的起始虚拟地址为00H。数组a的数据初始时未调入内存，按如下方式访问数组a: 　　for (int i=0; i<24 ; i++) for (int j=-0;j<64; j++) a [i][j]=10; 　　(1)数组a分为几个页面存储?访问数组a缺页几次?页故障地址各是什么? 　　(2)不考虑对变量i,j的访问，访问数组a的过程是否具有时间局部性?为什么? 　　(3)在计算机M的32位地址中，块内地址是哪几位?Cache组号是哪几位?数组素a[1][0]的虚拟地址是什么?对应的Cache组号是什么? 　　(4)数组a总共占多少块?访问a的Cache命中率是多少?若采用如下方式访问数组a，则命中率又是多少? 　　for (int j=0;j<64;j++) for (int i=0; i<24; i++) a[i][j]=10; 解析

　　（1）数组a 的总容量为 24×64×4B = 6144B，数组的起始虚拟地址为00H，其中的页内偏移量为后12位，全为0，则为一页当中的第一个数据存储，则4KB<6144B<8KB,所以数组a分为2个页面，访问数组缺页2次，故障页地址为0042 2000H和0042 3000H。（2）不具有时间局限性（3）内存块大小8KB，所以内存地址大小为5位，Cache组号：8KB/（4×32B）= 2^6，即Cache组号为6位。数组按行优先存储，a[1][0] = 0042 2000H + 64×4B = 0042 2100H，其对应的组号为8。（4）6144B÷32B =192个块，其Cache的总块数是＞192块，不管是先行访问还是列访问，其命中率都为7/8 = 87.5%。

　　题目解释：Cache的映射的知识点，真题中的大题涉及到Cache映射都会和其它方面的知识想结合，一般都是前一两小问是简单的地址划分问题，只需要记住在各种映射方式下，Cache地址和主存地址的划分方式就好。而后几小问就需要大家对Cache映射理解的比较透彻，要知道到底是如何进行的映射。这个题目与2020年的真题比较相似，这也就说明，我们需要对以往的真题琢磨清楚。 　　44 　　(9分)43题的C语言代码，对应的机器级代码如下，请回答问题。 　　for(i=0;i<24;i++)1 00 C7 45 F8 00 00 00 00mov[ebp-8],02 00EB 09jmp 00h3 0040107B 8B 55 F8mov eax,[ebp-8]…7 00D 32jge 004010bchfor(j=0;j<64;j++)8 0040108AC7 45 FC 00 00 00 00 mov[ebp-4],0…a[i][j]=10;19 004010AEC7 84 82 00 20 42 00 0A 00 00 00 mov[ecx+edx*4+00h],0Ah20… 　　(1)第20条指令的虚拟地址是多少? 　　(2)已知第2条jmp和第7条jge都是跳转指令，其操作码分别是EBH和7DH，跳转地址分别为0040 1084、0040 10BCA这两条指令都采用什么寻址方式?给出第2条指令jmp的跳转目标地址计算过程。 　　(3)已知第19条mov指令的功能是”a[i][j]<–10”，其中ecx和edx为寄存器名，00是数组a 的首地址，指令中源操作数采用什么寻址方式?己知edx中存放的是变量j，ecx 中存放的是?根据该指令的机器码判断计算机m采用的是大端还是小端方式。 　　(4)第1次执行第19条指令时，取指令过程中是否会发生缺页异常?为什么? 解析： 　　（1）19行代码后面有11个字节，即004010AEH ＋10 =0040 10B9H（2）jmp和jge都采用相对寻址方式，jmp = 0040107BH + 09H = 0040 1084H（3）源操作数采用的立即数寻址方式，ecx中存放的是i×64×4 = 256i，系统采用小端存储方式（4）不会发生缺页异常，因为第19条指令地址为0040 10AE，其对应的页号为00 40 1H，则其前面已经被调入，在执行第19条指令的时候，不会再调入。 题目解释：题目中虽然是高级语言与机器语言的映射，但是整个的考点基本上都是关于指令的问题，例如指令的寻址方式以及缺失调入问题。这类的考点在抓码前期的一次模拟考中有出现过，并且也是设计到指令方面。我个人觉得这类还是属于给了一个“新的题目形式”考察的仍然是旧的知识点，其实还是去考察大家对知识点的理解是否透彻。 　　总 结今年计算机组成原理有常规题也有一些常规题基础上的小扩展，考大家的基础扎不扎实。选择题中计算类型题目有12题、13题、14题、15题、16题、20题，共6道题目。17题、18题、19题、21题、22题都是偏概念性的理解。抓码的模拟试卷，我们也是着重了计算类型以及概念性题目，很遗憾在概念性题目上面，我们没有着重在I/O、流水线以及件上面。但在概念题中多多少少都是有相似概念的考察，例如超流水线、数据相关等。但是在计算类型上面，我们模拟试卷1、2、3上面都有不同程度的考察。例如真题中的12题CPU执行时间以及指令执行速度(新的理解)对应模拟试卷2的每个时钟周期执行的指令数和CPU执行时间。真题13题和14题对应模拟试卷3的13题和14题。真题15题对应模型试卷2的16题。真题17题CF和OF的考察对应模拟试卷1的16题。真题20题对应模拟试卷2和模拟试卷3的21题和22题。简答题真题中43题对应模拟试卷1的44题，都有相关知识点不同程度的考察。 　　整个计组题目的考察有常规也有一些常规基础上的突破，就是在考察大家的基础以及在基础上知识面的广度。抓码的模拟试卷在着重在考前帮助大家查缺补漏，提升在基础知识上的掌握。抓码计组模拟试卷的重点是帮助大家在考前多一份对基础知识的理解以及多一份对遗忘知识的差缺。