2013年软考软件设计师模拟试题及答案解析（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。

　　图 1

　　设一个数机器码为1110 0010 1000 0000，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.0.078 125

　　D.20.969 375

　　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，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1110 0010 1000 0000，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0010 1000 0000(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

　　② 0.101B，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。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。

　　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→S a T∣T

　　T → T b R∣R

　　R→ P d R∣P

　　P→ f S g∣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非终结符的情况，这两个终结符相等。

　　对于一个非终结符与一个终结符连在一起的情况，如果终结符在前，则该终结符小于该非终结符的FIRSTVT集中的任一字符，如果终结符在后，则该非终结符的LASTVT集中的任一字符大于该终结符。 注意顺序不能颠倒，即A小于B就是A小于B，不能写成B大于A。

　　4. 16个微处理器的编号分别为0、1、2、3、…、15，当采用四维立方体单级互连函数Cube3时，7号微处理器与 (9) 号微处理器相连接。

　　(9) A.3

　　B.7

　　C.14

　　D.15

　　参考答案：(9)D。

　　解析：四维立方体单级互联函数(Cube3)的运算规则是，从已知的微处理器编号的二进制数右边第0位起，数到第3位，并对该位求反即可得到所求的微处理器编号。因此对于第7号微处理器，其二进制编码为0111，经过变换后为1111，即与第15号微处理器相连接。

　　注意，如果本试题所采用的是全混洗单级互联函数Shuffle(无进位左循环一位的函数)，那么第7号微处理器的编码(0111)经变换后为1110，即为第14号微处理器。