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1、欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！计算机专业基础综合历年真题试卷汇编 7(总分：60.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：15，分数：30.00)1.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。（分数：2.00）_ 解析：2.下列关于闪存(Flash Memory)的叙述中，错误的是_。（分数：2.00）A.信息可读可写，并且读、写速度一样快 B.存储单元由 MOS 管组成，是一种半导体存储器 C.掉电后信息不丢失，是一种非易失性存储器 D.采用随机访问方式，可替代计算机外部存储
2、器 解析：解析：闪存是 EEPROM的进一步发展，可读可写，用 MOS 管的浮栅上有无电荷来存储信息。闪存依然是 ROM 的一种，写入时必须先擦除原有数据，故写速度比读速度要慢不少(硬件常识)。闪存是一种非易失性存储器，它采用随机访问方式。现在常见的 SSD固态硬盘，即由 Flash芯片组成。3.某计算机主存容量为64KB，其中 ROM 区为 4KB，其余为 RAM 区，按字节编址。现要用 2K8 位的 ROM 芯片和 4K4 位的 RAM 芯片来设计该存储器，则需要匕述规格的 ROM 芯片数和 RAM 芯片数分别是_。（分数：2.00）A.1、15 B.2、15 C.1、30 D.2、30
3、解析：解析：首先确定 ROM 的个数，ROM 区为 4KB，选用 2K8 位的 ROM 芯片，需要=2 片，采用字扩展方式；RAM 区为 60KB，选用 4K4 位的 RAM 芯片，需要=30片，采用字和位同时扩展方式。4.某计算机存储器按字节编址，主存地址空间大小为64MB，现用 4MBx8 位的 RAM 芯片组成 32MB 的主存储器，则存储器地址寄存器 MAR 的位数至少是_。（分数：2.00）A.22 位 B.23位 C.25位 D.26位 解析：解析：主存按字节编址，地址空间大小为 64MB，MAR 的寻址范围为 64M=2 26，故为 26 位。实际的主存容量 32MB 不能代表
4、MAR 的位数，考虑到存储器扩展的需要，MAR 应保证访问到整个主存地址空间，反过来，MAR 的位数决定了主存地址空间的大小。5.某容量为 256MB的存储器由若干 4M8 位的 DRAM芯片构成，该 DRAM芯片的地址引脚和数据引脚总数是_。（分数：2.00）A.19 B.22 C.30 D.36 解析：解析：4M8 位的芯片数据线应为 8 根，地址线应为 log 2 4M=22 根，而 DRAM采用地址复用技术，地址线是原来的 1 2，且地址信号分行、列两次传送。地址线数为 222=11根，所以地址引脚与数据引脚的总数为 11+8=19根，选 A。欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网
5、，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！6.假定用若干个2K4位的芯片组成一个8Kx8 位的存储器，则地址0B1FH所在芯片的最小地址是_。（分数：2.00）A.0000H B.0600H C.0700H D.0800H 解析：解析：用 2K4 位的芯片组成一个 8K8 位存储器，共需 8 片 2K4 位的芯片，分为 4 组，每组由2 片 2K4 位的芯片并联组成 2K8 位的芯片，各组芯片的地址分配如下：第一组(2 个芯片并联)：0000H07FFH。第二组(2 个芯片并联)：0800H0FFFH。第三组(2 个芯片并联)：1000H17FFH。第四组(2 个芯片并联)：1800
6、H1FFFH。地址 0B1FH所在的芯片属于第二组，故其所在芯片的最小地址为 0800H。7.某计算机使用 4 体交叉编址存储器，假定在存储器总线上出现的主存地址(十进制)序列为 8005，8006，8007，8008，8001，8002，8003，8004，8000，则可能发生访存冲突的地址对是_。（分数：2.00）A.8004和 8008 B.8002和 8007 C.8001和 8008 D.8000和 8004 解析：解析：每个访存地址对应的存储模块序号(0、1、2、3)如下所示：其中，模块序号=访存地址存储器交叉模块数。判断可能发生访存冲突的规则是：给定的访存地址在相邻的四次访问中出
7、现在同一个存储模块内。据此，根据上表可知 8004 和 8000对应的模块号都为 0，即表明这两次的访问出现在同一模块内且在相邻的访问请求中，满足发生冲突的条件。8.假设某计算机的存储系统由Cache和主存组成，某程序执行过程中访存 1000次，其中访问 Cadle缺失(未命中)50次，则 Cache的命中率是_。（分数：2.00）A.5 B.95 C.50 D.95 解析：解析：命中率=Cache命中次数总访问次数。需要注意的是看清题，题中说明的是缺失 50 次，而不是命中 50 次，仔细审题是做对题的第一步。9.某计算机的 Cache共有 16 块，采用 2 路组相联映射方式(即每组 2
8、块)。每个主存块大小为 32B，按字节编址。主存 129 号单元所在主存块应装入到的 Cache组号是_。（分数：2.00）A.0 B.1 C.4 D.6 解析：解析：由于 Cache共有 16 块，采用 2 路组相联，因此共分为 8 组，组号为 0、1、2、7。主存的某一字块按模 8 映射到 Cache某组的任一字块中，即主存的第 0，8，16字块可以映射到 Cache第 0 组的任一字块中。每个主存块大小为 32 字节，故 129 号单元位于第 4 块主存块(注意是从 0 开始)，因此将映射到 Cache第 4 组的任一字块中。10.采用指令 Cache与数据 Cache分离的主要目的是_
9、。（分数：2.00）A.降低 Cache的缺失损失 B.提高 Cache的命中率 C.降低 CPU平均访存时间 D.减少指令流水线资源冲突 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！解析：解析：把指令 Cache 与数据 Cache 分离后，取指和取数分别到不同的 Cache 中寻找，那么指令流水线中取指部分和取数部分就可以很好地避免冲突，即减少了指令流水线的冲突，选 D。11.下列命中组合情况中，一次访存过程中不可能发生的是_。（分数：2.00）A.TLB未命中，Cache 未命中，Page 未命中 B.TLB未命中，Cache 命中，Pa
10、ge 命中 C.TLB命中，Cache 未命中，Page 命中 D.TLB命中，Cache 命中，Page 未命中 解析：解析：Cache 中存放的是主存的部分副本，TLB(快表)中存放的是 Page(页表)的一部分副本。在同时具有虚拟页式存储器(有 TLB)和 Cache 的系统中，CPU 发出访存命令，先查找对应的 Cache 块。1)若 Cache命中，则说明所需内容在 Cache 内，其所在页面必然己调入主存，因此 Page 必然命中，但 TLB 不一定命中；2)若 Cache 不命中，并不能说明所需内容未调入主存，和TLB、Page 命中与否没有联系。但若 TLB 命中，Page 也
11、必然命中；而当 Page 命中，TLB 则未必命中，故 D 不可能发生。主存、Cache、TLB 和 Page 的关系如下图所示。12.假定编译器将赋值语句“x=x+3；”转换为指令“add xaddr，3”，其中xaddr 是 x 对应的存储单元地址。若执行该指令的计算机采用页式虚拟存储管理方式，并配有相应的 TLB，且 Cache 使用直写(Write Through)方式，则完成该指令功能需要访问主存的次数至少是_。（分数：2.00）A.0 B.1 C.2 D.3 解析：解析：上述指令的执行过程可划分为取数、运算和写回过程，取数时读取xaddr 可能不需要访问主存而直接访问 Cache，
12、而写直通方式需要把数据同时写入 Cache 和主存，因此至少访问 1 次。13.假定主存地址为 32 位，按字节编址，主存和 Cache 之间采用直接映射方式，主存块大小为 4 个字，每字 32 位，采用回写(Write Back)方式，则能存放 4K 字数据的 Cache 的总容量的位数至少是_。（分数：2.00）A.146k B.147K C.148K D.158K 解析：解析：直接映射的地址结构为：按字节编址，块大小为 432bit=16B=2 4 B，则“字块内地址”占 4 位；“能存放 4K 字数据的 Cache”即 Cache 的存储容量为 4K 字(注意单位)，则 Cache 共
13、有 1K=2 10 个 Cache 行，则 Cache 字块标记占 10 位；则主存字块标记占 32-10-4=18位。Cache 的总容量包括：存储容量和标记阵列容量(有效位、标记位、一致性维护位和替换算法控制位)。标记阵列中的有效位和标记位是一定有的，而一致性维护位(脏位)和替换算法控制位的取舍标准是看题眼，题目中，明确说明了采用写回法，则一定包含一致性维护位，而关于替换算法的词眼题目中未提及，所以不予考虑。从而每个 Cache行标记项包含 18+1+1=20 位，则标记阵列容量为：2 10*20 位=20K 位，存储容量为：4K*32 位=128K 位，则总容量为：128K+20K=14
14、8K位。14.某计算机主存地址空间大小为 256MB，按字节编址。虚拟地址空间大小为 4GB，采用页式存储管理，页面大小为 4KB，TLB(快表)采用全相联映射，有 4 个页表项，内容如下表所示。则对虚拟地址 03FF F180H进行虚实地址变换的结果是_。（分数：2.00）A.015 3180H B.003 5180H C.TLB 缺失 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！D.缺页 解析：解析：按字节编址，页面大小为4KB，页内地址共 12 位。地址空间大小为 4GB，虚拟地址共 32 位，前 20 位为页号。虚拟地址为 03FF F
15、180H，故页号为 03 FFFH，页内地址为 180H。查找页标记 03FFFH所对应的页表项，页框号为 0153H，页框号与页内地址拼接即为物理地址 015 3180H。15.某计算机有 16 个通用寄存器，采用 32 位定长指令字，操作码字段(含寻址方式位)为 8 位，Store指令的源操作数和目的操作数分别采用寄存器直接寻址和基址寻址方式。若基址寄存器可使用任一通用寄存器，且偏移量用补码表示，则 Store指令中偏移量的取值范围是_。（分数：2.00）A.-32768+32767 B.-32767+32768 C.-65536+65535 D.-65535+65536 解析：解析：采用
16、 32 位定长指令字，其中操作码为 8 位，两个地址码一共占用 32-8=24位，而 Store指令的源操作数和目的操作数分别采用寄存器直接寻址和基址寻址，机器中共有 16 个通用寄存器，则寻址一个寄存器需要 log 2 16=4位，源操作数中的寄存器直接寻址用掉 4 位，而目的操作数采用基址寻址也要指定一个寄存器，同样用掉 4 位，则留给偏移址的位数为 24-4-4=16位，而偏移址用补码表示，16 位补码的表示范围为-32768+32767，选 A。二、综合应用题(总题数：6，分数：30.00)16.综合应用题 41-47小题。_ 解析：17.假定某计算机的 CPU主频为 80MHz，CP
17、I为 4，平均每条指令访存 1 5 次，主存与 Cache之间交换的块大小为 16B，Cache的命中率为 99，存储器总线宽带为 32 位。为了提高性能，主存采用 4 体低位交叉存储模式，工作时每 1 4 个存储周期启动一个体。若每个体的存储周期为 50ns，则该主存能提供的最大带宽是多少?（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：4 体交叉存储模式能提供的最大带宽为 44B50ns=320MBs。)解析：某计算机的主存地址空间大小为 256MB，按字节编址。指令 Cache和数据 Cache分离，均有 8 个 Cache行，每个 Cache行大小为 64B，数据 Cache采用直接映射方
18、式。现有两个功能相同的程序 A 和 B，其伪代码如下：假定 int类型数据用 32 位补码表示，程序编译时 i、j、sum均分配在寄存器中，数组 a 按行优先方式存放，其首地址为 320(十进制数)。请回答下列问题，要求说明理由或给出计算过程。（分数：6.00）(1).若不考虑用于 Cache一致性维护和替换算法的控制位，则数据 Cache的总容量为多少?（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：每个Cache行对应一个标记项，如下图所示。不考虑用于 Cache一致性维护和替换算法的控制位。地址总长度为 28 位(2 28=256M)，块内地址 6 位(2 6=64)，Cache块号 3 位
19、(2 3=8)，故 Tag的位数为 28-6-3=19位，还需使用一个有效位，故题中数据 Cache行的结构如下图所示。数据 Cache共有 8 行，因此数据 Cache的总容量为 8(64+208)B=532B。)解析：(2).数组元素 a031和 a11各自所在的主存块对应的 Cache行号分别是多少(Cache行号从 0 开始)?（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：数组 a 在主存的存放位置及其与 Cache之间的映射关系如下图所示。数组按欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！行优先方式存放，首地址为 320，数组元素占 4
20、 个字节。a031所在的主存块对应的 Cache行号为(320+314)64=6；a11所在的主存块对应的 CaChe行号为(320+2564+14)648=5。)解析：(3).程序 A 和 B 的数据访问命中率各是多少?哪个程序的执行时间更短?（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：数组 a 的大小为 2562564B=2 18 B，占用 2 18 64=2 12 个主存块，按行优先存放，程序 A 逐行访问数组 a，共需访问的次数为 2 16 次，未命中次数为 2 12 次(即每个字块的第一个数未命中)，因此程序 A 的命中率为(2 16-2 12)2 16 100=93 75。)解析：
21、解析：考查 Cache的组成，主存与 Cache的映射关系，Cache的命中率。某 32 位计算机，CPU主频为 800MHz，Cache命中时的 CPI为 4，Cache块大小为 32 字节；主存采用 8 体交叉存储方式，每个体的存储字长为32位、存储周期为40ns；存储器总线宽度为32位，总线时钟频率为200MHz，支持突发传送总线事务。每次读突发传送总线事务的过程包括：送首地址和命令、存储器准备数据、传送数据。每次突发传送 32 字节，传送地址或 32 位数据均需要一个总线时钟周期。请回答下列问题，要求给出理由或计算过程。（分数：8.00）(1).CPU和总线的时钟周期各为多少?总线的带
22、宽(即最大数据传输率)为多少?（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：CPU的时钟周期是主频的倒数，即 1800MHz=125ns。总线的时钟周期是总线频率的倒数，即 1200MHz=5ns。总线宽度为 32 位，故总线带宽为 4B200MHz=800MBs 或 4B5ns=800MBs。)解析：(2).Cache缺失时，需要用几个读突发传送总线事务来完成一个主存块的读取?（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：Cache块大小是 32B，因此 Cache缺失时需要一个读突发传送总线事务读取一个主存块。)解析：(3).存储器总线完成一次读突发传送总线事务所需的时间是多少?（分数：2.0
23、0）_ 正确答案：(正确答案：一次读突发传送总线事务包括一次地址传送和 32B 数据传送：用 1 个总线时钟周期传输地址；每隔 40ns8=5ns 启动一个体工作(各进行 1 次存取)，第一个体读数据花费 40ns，之后数据存取与数据传输重叠；用 8 个总线时钟周期传输数据。读突发传送总线事务时间：5ns+40ns+85ns=85ns。)解析：(4).若程序 BP 执行过程中，共执行了 100 条指令，平均每条指令需进行 1 2 次访存，Cache缺失率为 5，不考虑替换等开销，则 BP 的 CPU执行时间是多少?（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：BP 的 CPIJ执行时间包括 Ca
24、che命中时的指令执行时间和 Cache缺失时带来的额外开销。命中时的指令执行时间：1004125ns=500ns。指令执行过程中 Cache缺失时的额外开销：12100585ns=510ns。BP 的 CPU执行时间：500ns+51ns=1010ns。)解析：某计算机存储器按字节编址，虚拟(逻辑)地址空间大小为 16MB，主存(物理)地址空间大小为 1MB，页面大小为 4KB；Cache采用直接映射方式，共 8 行；主存与 Cache之间交换的块大小为 32B。系统运行到某一时刻时，页表的部分内容和 Cache的部分内容分别如图(a)、图(1)所示，图中页框号及标记字段的内容为十六进制形式
25、。请回答下列问题：（分数：8.00）(1).虚拟地址共有几位，哪几位表示虚页号?物理地址共有几位，哪几位表示页框号(物理页号)?（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：存储器按字节编址，虚拟地址空间大小为 16MB=2 24 B，故虚拟地址为 24 位；页面大小为 4kB=2 12 B，故高 12 位为虚页号。主存地址空间大小为 1MB=2 20 B，故物理地址为 20 位；由于页内地址为 12 位，故高 8 位为页框号。)欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！解析：(2).使用物理地址访问 Cache时，物理地址应划分成哪几个字段?
26、要求说明每个字段的位数及在物理地址中的位置。（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：由于 Cache采用直接映射方式，所以物理地址各字段的划分如下。由于块大小为 32B，故字块内地址占 5 位；Cache共 8 行，故 Cache字块标记占 3 位；主存字块标记占 20-5-3=12位。)解析：(3).虚拟地址 001C60H 所在的页面是否在主存中?若在主存中，则该虚拟地址对应的物理地址是什么?访问该地址时是否 Cache命中?要求说明理由。（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：虚拟地址 001C60H 的前 12 位为虚页号，即 001H，查看 001H 处的页表项，其对应的有效
27、位为 1，故虚拟地址 001C60H 所在的页面在主存中。页表 001H 处的页框号为 04H，与页内偏移(虚拟地址后 12 位)拼接成物理地址为 04C60H。物理地址 04C60H=0000 0100 1100 0110 0000B，主存块只能映射到 Cache的第 3 行(即第 011B 行)，由于该行的有效位=1，标记(值为 105H)04CH(物理地址高 12 位)，故不命中。)解析：(4).假定为该机配置一个 4 路组相联的 TLB共可存放 8 个页表项，若其当前内容(十六进制)如图(c)所示，则此时虚拟地址024BACH所在的页面是否存在主存中?要求说明理由。（分数：2.00）_
28、 正确答案：(正确答案：由于 TLB采用 4 路组相联，故 TLB被分为 8 4=2 个组，因此虚页号中高 11 位为TLB标记、最低 1 位为 TLB组号。虚拟地址 024BACH=0000 0010 0100 1011 1010 1100B，虚页号为 0000 0010 0100B，TLB标记为 0000 0010 010B(即 012H)，TLB组号为 0B，因此，该虚拟地址所对应物理页面只可能映射到 TLB的第 0 组。组 0 中存在有效位=1、标记=012H 的项，因此访问 TLB命中，即虚拟地址 024BACH所在的页面在主存中。)解析：解析：考查虚拟存储器、Cache、TLB。某
29、计算机字长为 16 位，主存地址空间大小为 128KB，按字编址。采用单字长指令格式，指令各字段定义如下：转移指令采用相对寻址方式，相对偏移量用补码表示，寻址方式定义如下：请回答下列问题：（分数：6.00）(1).该指令系统最多可有多少条指令?该计算机最多有多少个通用寄存器?存储器地址寄存器(MAR)和存储器数据寄存器(MDR)至少各需要多少位?（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：操作码占 4 位，则该指令系绩最多司有 2 4=16条指令。操作数占 6 位，其中寻址方式占 3 位、寄存器编号占 3 位，因此该机最多有 2 3=8个通用寄存器。主存地址空间大小为 128KB，按字编址，字
30、长为 16 位，共有 128KB2B=2 16 个存储单元，因此 MAR 至少为 16 位；因为字长为 16 位，故MDR 至少为 16 位。)解析：(2).转移指令的目标地址范围是多少?（分数：2.00）_ 正确答案：(正确答案：寄存器字长为 16 位，PC 和 Rn 可表示的地址范围均为 02 16-1，而主存地址空间为 2 16，故转移指令的目标地址范围为 0000HFFFFH(02 16-1)。)解析：(3).若操作码 0010B 表示加法操作(助记符为 add)，寄存器 R4 和 R5 的编号分别为 100B 和 101B，R4 的内容为 1234H，R5 的内容为 5678H，地址
31、 1234H 中的内容为 5678H，地址 5678H中的内容为 1234H，则汇编语言为“add(R4)，(R5)+”(逗号前为源操作数，逗号后为目的操作数)对应的机器码是什么(用十六进制表示)?该指令执行后，哪些寄存器和存储单元中的内容会改变?改变后的内容是什么?（分数：2.00）欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！_ 正确答案：(正确答案：汇编语句“add(R4)，(R5)+”，对应的机器码为将对应的机器码写成十六进制形式为 0010 0011 0001 0101B=2315H。该指令的功能是将 R4 的内容所指存储单元的数据与 R5 的内容所指存储单元的数据相加，并将结果送入R5 的内容所指存储单元中。(R4)=1234H，(1234H)=5678H；(R5)=5678H，(5678H)=1234H；执行加法操作 5678H+1234H=68ACH，之后 R5 自增。该指令执行后，R5 和存储单元 5678H的内容会改变，R5 的内容从 5678H变为 5679H，存储单元 5678H中的内容变为该指令的计算结果 68ACH。)解析：解析：考查指令格式和数据寻址方式。