計算機學(xué)科專業(yè)基礎(chǔ)綜合組成原理-16

1、計算機學(xué)科專業(yè)基礎(chǔ)綜合組成原理-16（總分：100.00 ,做題時間：90分鐘）一、單項選擇題（總題數(shù)：33,分?jǐn)?shù)：66.00）.下列各類存儲器中，不采用隨機存取方式的是 。 （分?jǐn)?shù)：2.00）A.EPROMB.CD-ROM VC.DRAMD.SRAM解析：解析隨機存取方式是指 CPIM以對存儲器的任一存儲單元中的內(nèi)容隨機存取，而且存取時間與存儲單元的物理位置無關(guān)。選項 A、O D均采用隨機存取方式，CDROMP光盤，采用串行存取方式。注意， CD-ROM只讀型光盤存儲器，其訪問方式是順序訪問，不屬于只讀存儲器（ROM.磁盤屬于 類型的存儲器。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.隨機存取存儲器（RAM）B.

2、只讀存儲器（ROM）C.順序存取存儲器（SAM）D.直接存取存儲器（DAM） V解析：解析磁盤屬于直接存取存儲器，其速度介于隨機存取存儲器和順序存取存儲器之間，而選項D指的是存取時間。3.存儲器的存取周期是指。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.存儲器的讀出時間B.存儲器的寫入時間C.存儲器進行連續(xù)讀或?qū)懖僮魉试S的最短時間間隔VD.存儲器進行一次讀或?qū)懖僮魉璧钠骄鶗r間解析：解析存取時間（T a ）指從存儲器讀出或者寫入一次信息所需要的平均時間；存取周期（T C ）指連續(xù)兩次訪問存儲器之間所必需的最短時間間隔。對T c 一般有：T c =T a+T r ,其中T r為復(fù)原時間；對SRAMW存取信息的穩(wěn)定時

3、間，對 DRAM旨刷新的又一次存取時間。.設(shè)機器字長為32位，一個容量為16MB的存儲器，CPU半字尋址，其可尋址的單元數(shù)是 。A.224B.223C.222D.221（分?jǐn)?shù)：2.00）V解析：解析16MB=224 B,由于字長為32位，現(xiàn)在按半字（16位=2B）尋址，故可尋址的單元數(shù)為 2 24 B/2B=2 23。.相聯(lián)存儲器是按 進行尋址的存儲器。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.地址指定方式B.堆棧存儲方式C.內(nèi)容指定方式和堆棧存儲方式相結(jié)合D.內(nèi)容指定方式和地址指定方式相結(jié)合 V解析：解析相聯(lián)存儲器的基本原理是把存儲單元所存內(nèi)容的某一部分作為檢索項（即關(guān)鍵字項）去檢索該存儲器，并將存儲器中與該檢

4、索項符合的存儲單元內(nèi)容進行讀出或?qū)懭?。所以它是按?nèi)容或地址進行尋址 的，價格較為昂貴。一般用來制作TLB、相聯(lián)Cache等。.某計算機系統(tǒng)，其操作系統(tǒng)保存在硬盤上，其內(nèi)存儲器應(yīng)該采用 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.RAMB.ROMC.RA而 ROM VD.都不對解析：解析操作系統(tǒng)保存在硬盤上，首先需要將其引導(dǎo)到主存中，而引導(dǎo)程序通常存放在ROW,程序運行時需要進行讀寫操作，因此應(yīng)采用RAM.在下列幾種存儲器中，CPU不能直接訪問的是 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.硬盤 V.內(nèi)存C.CacheD.寄存器解析：解析CPU不能直接訪問硬盤，需先將硬盤中的數(shù)據(jù)調(diào)入內(nèi)存才能被CPU所訪問。8.若某存儲器存儲周期為

5、250ns,每次讀出16位，則該存儲器的數(shù)據(jù)傳輸率是 。 A.4X106B/s B.4MB/S 6 C.8X10B/SD.8 X 2 20B/s（分?jǐn)?shù)：2.00）V解析:解析計算的是存儲器的帶寬，每個存儲周期讀出16bit=2B，故而數(shù)據(jù)傳輸率是2B/（250 X10 -9 s）, 即 8X 10 6 B/s 。本題中 8MB/s 是 8X 1024X 1024B/S。通常，數(shù)據(jù)傳輸率中的 M指的是10 6而非2 20 , 一般二進制表示的 K M僅用于存儲容量相關(guān)計算。.設(shè)機器字長為64位，存儲容量為128MB若按字編址，它可尋址的單元個數(shù)是 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.16MBB.16M VC

6、.32MD.32MB解析：解析機器字長位64位，即8B,按字編址，故可尋址的單元個數(shù)是128MB/8B=16M.計算機的存儲器采用分級方式是為了 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.方便編程B.解決容量、速度、價格三者之間的矛盾VC.保存大量數(shù)據(jù)方便D.操作方便解析：解析存儲器有3個主要特性：速度、容量和價格 /位（簡稱位價）。存儲器采用分級方式是為了解 決這三者之間的矛盾。.計算機的存儲系統(tǒng)是指 。（分?jǐn)?shù)：2.00） A.RAMB.ROMC.主存儲器D.Cache、主存儲器和外存儲器V解析：解析計算機的存儲系統(tǒng)包括 CPU內(nèi)部寄存器、Caches主存和外存。.在多級存儲彳系中，“ Cache-主存”結(jié)構(gòu)

7、的作用是解決 的問題。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.主存容量不足B.主存與輔存速度不匹配C.輔存與CPU1度不匹配D.主存與CPU1度不匹配V解析：解析Cache中的內(nèi)容只是主存內(nèi)容的部分副本 （拷貝），因而“ Cache-主存”結(jié)構(gòu)并沒有增加主存容量，是為了解決主存與 CPU速度不匹配的問題。.存儲器分層體系結(jié)構(gòu)中，存儲器從速度最快到最慢的排列順序是 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.寄存器一主存一Cache一輔存B.寄存器一主存一輔存一CacheC.寄存器一Cache一輔存一主存D.寄存器一Cache一主存一輔存V解析：解析在存儲器分層結(jié)構(gòu)中，寄存器在CPU中，因此速度最快，Cache次之，主存再次之，最慢

8、的是輔存（如磁盤、光盤等）。.在Cache和主存構(gòu)成的兩級存儲體系中，主存與 Cache同時訪問，Cache的存取時間是100ns,主存的 存取時間是1000ns,如果希望有效（平均）存取時間不超過 Cache存取時間的115%則Cache的命中率至少 應(yīng)為。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.90%B.98%C.95%D.99% V解析：解析假設(shè)命中率為x,則可得到100 x+1000（1- x）98.33%, 因此命中率至少為 99%.下列關(guān)于多級存儲系統(tǒng)的說法中，正確的有 。I .多級存儲系統(tǒng)是為了降低存儲成本n .虛擬存儲器中主存和輔存之間的數(shù)據(jù)調(diào)動對任何程序員是透明的m. CPU只能與Cache直

9、接交換信息，CPUf主存交換信息也需要經(jīng)過Cache（分?jǐn)?shù)：2.00）A.僅 I VB.僅I和UI、II 和 W.僅 U解析：解析主存和輔存之間的數(shù)據(jù)調(diào)動則是由硬件和操作系統(tǒng)共同完成的，僅對應(yīng)用級程序員透明。CPU與主存可直接交換信息。.某一 SRAMK片，其容量為1024X8位，除電源和接地端外，該芯片的引腳的最小數(shù)目為（分?jǐn)?shù)：2.00）A.21 VB.22C.23D.24解析：解析芯片容量為1024X8位，說明芯片容量為1024B,且以字節(jié)為單位存取，也就是說地址線數(shù)要10根（1024B=2 10 B）o 8位說明數(shù)據(jù)線要8根，加上片選線和讀/寫控制線（讀控制為RD寫控制為wE）, 故而引

10、腳數(shù)最小為10+8+1+2=21根。讀寫控制線也可以共用一根，但題中無20選項，做題時應(yīng)隨機應(yīng)變。.某存儲器容量為32Kx 16位，則 o（分?jǐn)?shù)：2.00）A.地址線為16根，數(shù)據(jù)線為32根B.地址線為32根，數(shù)據(jù)線為16根C.地址線為15根，數(shù)據(jù)線為16根 VD.地址線為15根，數(shù)據(jù)線為32根解析：解析該芯片16位，所以數(shù)據(jù)線為16根，尋址空間32K=2 15 ,所以地址線為15根。18.若RA麗每個存儲單元為16位，則下面所述正確的是 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.地址線是16位B.數(shù)據(jù)線是16位 VC.指令長度是16位D.以上說法都不正確解析：解析地址線只與RAM勺存儲單元個數(shù)有關(guān)，而與存儲單

11、元的字長無關(guān)。19.DRAM勺刷新是以 為單位的。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.存儲單元.行 V.列D.存儲字解析：解析DRAM的刷新按行進行。20.動態(tài)RA昨用下列哪種刷新方式時，不存在死時間 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.集中刷新B.分散刷新 VC.異步刷新D.都不對解析：解析集中刷新必然存在死時間。采用分散刷新時，機器的存取周期中的一段用來讀/寫，另一段用來刷新，故不存在死時間，但是存取周期變長了。異步刷新雖然縮短了死時間，但死時間依然存在。21.下面是有關(guān)DRAMf口 SRAMff儲器芯片的敘述：I . DRA惦片的集成度比 SRAMSII . DRA惦片的成本比 SRA扃m. DRA惦片的速度比S

12、RAMIV. DRA惦片工作時需要刷新，SRAM5片工作時不需要刷新通常情況下，錯誤的是。（分?jǐn)?shù)：2.00）I 和 UII 和 W Vw 和 ivI 和 IV解析：解析DRA悵片的集成度高于 SRAM I正確；SRAM5片的速度高于 DRAM HI錯誤；可以推出 DRAM 芯片的成本低于SRAIM II錯誤；SRAM5片工作時不需要刷新，DRAMK片工作時需要刷新，IV正確。22.下列說法中，正確的是。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.半導(dǎo)體RAMB息可讀可寫，且斷電后仍能保持記憶B.DRAM1易失性 RAM而SRAW的存儲信息是不易失的C.半導(dǎo)體RAM是易失性RAM但只要電源不斷電，所存信息是不丟失的V

13、D.半導(dǎo)體RAM是非易失性的RAM解析：解析RAM屬于易失性半導(dǎo)體，故 A、B、D錯誤，SRA除口 DRAM勺區(qū)別在于是否需要動態(tài)刷新。23.關(guān)于SRAMF口 DRAM下列敘述中正確的是 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.通常SRAMK靠電容暫存電荷來存儲信息，電容上有電荷為1,無電荷為0B.DRAMK靠雙穩(wěn)態(tài)電路的兩個穩(wěn)定狀態(tài)來分別存儲0和1C.SRAM度較慢，但集成度稍高；DRAM1度稍快，但集成度低D.SRAM度較快，但集成度稍低；DRAM1度稍慢，但集成度高V解析：解析SRAMR靠雙穩(wěn)態(tài)電路的兩個穩(wěn)定狀態(tài)來分別存儲0和1, A錯誤。DRA做靠電容暫存電荷來存儲信息，電容上有電荷為 1,無電荷為0

14、, B錯誤。SRAM度較快，不需要動態(tài)刷新，但集成度稍低，功 耗大，單位價格高；DRAMI成度高，功耗小，單位價格較低，需定時刷新，故速度慢，故 C錯誤、D正確。24.某一 DRA悵片，采用地址復(fù)用技術(shù)，其容量為1024X8位，除電源和接地端外，該芯片的引腳數(shù)最少是（讀寫控制線為兩根）。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.16B.17 VC.19D.21解析：解析1024X8位，故可尋址范圍是1024=2 10 B,按字節(jié)尋址。而采用地址復(fù)用技術(shù)，通過行通選和列通選分行列兩次傳送地址信號，故而地址線減半為5根，數(shù)據(jù)線仍為8根；加上行通選和列通選以及讀/寫控制線（片選線用行通選代替）4根，總共是17根。注意S

15、RA除口 DRAM勺區(qū)別，DRAM!采用地址復(fù)用技術(shù)的，而 SRAM是。.某容量為256MB的存儲器由若干4MX8位的DRA惦片構(gòu)成，該DRA惦片的地址引腳和數(shù)據(jù)引腳總數(shù)是（分?jǐn)?shù)：2.00）A.19 VB.22C.30D.36解析：解析4MX8位的芯片數(shù)據(jù)線應(yīng)為 8根，地址線應(yīng)為log 2 4M=22根，而DRA味用地址復(fù)用技術(shù), 地址線是原來的1/2 ,且地址信號分行、列兩次傳送。地址線數(shù)為 22/2=11根，所以地址引腳與數(shù)據(jù)引腳 的總數(shù)為11+8=19根，選A此題需要注意的是 DRAM!采用傳兩次地址的策略， 所以地址線為正常的一半， 這是很多考生容易忽略的地方。.下列有關(guān)RAMB RO

16、M勺敘述中，正確的是 oI . RAM1易失性存儲器，ROMt非易失性存儲器II . RAMF口 RO幽是采用隨機存取的方式進行信息訪問m . RAMF口 ROMtB可用做 CacheIV . RAMF口 ROMtB需要進行刷新（分?jǐn)?shù)：2.00）A.僅I和U VB.僅II和WC.僅 I、II 和 wD.僅 U、HI 和 IV解析：解析一般Cache采用高速的SRAMK作，比RO遍度快很多，因此W是錯誤的。動態(tài)RAM需要刷新，而ROM需要刷新，故IV錯誤。27.下列關(guān)于閃存（Flash Memory）的敘述中，錯誤的是 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.信息可讀可寫，并且讀、寫速度一樣快VB.存儲元由MO

17、S1組成，是一種半導(dǎo)體存儲器C.掉電后信息不丟失，是一種非易失性存儲器D.采用隨機訪問方式，可替代計算機外部存儲器解析：解析閃存是EEPROM1進一步發(fā)展，可讀可寫，用MOS1的浮柵上有無電荷來存儲信息。閃存依然是ROM勺一種，寫入時必須先擦除原有數(shù)據(jù)，故寫速度比讀速度要慢不少（硬件常識）。閃存是一種非易失性存儲器，它采用隨機訪問方式。現(xiàn)在常見的SSD固態(tài)硬盤，即由Flash芯片組成。.下列幾種存儲器中，是易失性存儲器。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.Cache VB.EPROMC.Flash MemoryD.CD-ROM解析：解析Cache由SRAMS成，掉電后信息即消失，屬于易失性存儲器。.U盤屬于

18、 類型的存儲器。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.高速緩存B.主存C.只讀存儲器VD.隨機存取存儲器解析：解析U盤采用Flash Memory技術(shù)，它是在EEPROM1基礎(chǔ)上發(fā)展起來的，屬于ROM勺一種。由于擦寫速度和性價比均很可觀，故而其常常可用做輔存。隨機存取與隨機存取存儲器 （Random Access Memory , RAM是不同的，只讀存儲器（ROM也是隨機存取的。 因此，支持隨機存取的存儲器并不一定是隨機存取存儲器。.某計算機系統(tǒng)，其操作系統(tǒng)保存于硬盤上，其內(nèi)存儲器應(yīng)該采用 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.RAMB.ROMC.RA而 ROM VD.均不完善解析：解析因計算機的操作系統(tǒng)保存于硬盤上，所

19、以需要BIOS的引導(dǎo)程序?qū)⒉僮飨到y(tǒng)引導(dǎo)到主存 （RAM）中，而引導(dǎo)程序則固化于 ROW。.下列說法正確的是。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.EPRO限可改寫的，故而可以作為隨機存儲器B.EPRO限可改寫的，但不能作為隨機存儲器VC.EPROM!不可改寫的，故而不能作為隨機存儲器D.EPROW能改寫一次，故而不能作為隨機存儲器解析：解析EPROM可多次改寫，但改寫較為繁瑣，寫入時間過長，且改寫的次數(shù)有限，且速度較慢，因 此不能作為需要頻繁讀寫的RAM使用。.下列哪些是動態(tài)半導(dǎo)體存儲器的特點 。I .在工作中存儲器內(nèi)容會產(chǎn)生變化U.每隔一定時間，需要根據(jù)原存內(nèi)容重新寫入一遍m. 一次完整的刷新過程需要占用兩

20、個存儲周期IV. 一次完整的刷新過程只需要占用一個存儲周期（分?jǐn)?shù)：2.00）I、WU、WU、IV VD.只有W解析：解析動態(tài)半導(dǎo)體存儲器是利用電容存儲電荷的特性記錄信息，由于電容會放電，必須在電荷流失 前對電容充電，即刷新。方法是每隔一定時間，根據(jù)原存內(nèi)容重新寫入一遍，故I錯誤。這里的讀并不是 把信息讀入CPU存也不是從CPU向主存存入信息，它只是把信息讀出，通過一個刷新放大器后又重新存 回到存儲單元里去，而刷新放大器是集成在RAM上的。因此，這里只進行了一次訪存，也就是占用一個存取周期，u、iv正確，w錯誤。.下列存儲器中，在工作期間需要周期性刷新的是 。（分?jǐn)?shù)：2.00）A.SRAMB.S

21、DRAM VC.ROMD.FLASH解析：解析DRAM使用電容存儲，所以必須隔一段時間刷新一次，如果存儲單元沒有被刷新，存儲的信 息就會丟失。SDRAMI示同步動態(tài)隨機存儲器。二、綜合應(yīng)用題（總題數(shù)：4,分?jǐn)?shù)：34.00）.某個兩級存儲器系統(tǒng)的平均訪問時間為12ns,該存儲器系統(tǒng)中頂層存儲器的命中率為90%訪問時間是5ns,問：該存儲器系統(tǒng)中底層存儲器的訪問時間是多少（假設(shè)采用同時訪問兩層存儲器的方式）?（分?jǐn)?shù)：4.00） 正確答案：（）解析：設(shè)底層存儲器訪問時間為T,則有12ns=（0.90 x5ns）+（0.10 XT）求得 T=75ns。CPUa行一段程序時，Cache完成存取的次數(shù)為1

22、900次，主存完成存取的次數(shù)為100次，已知Cache存取周期為50ns ,主存存取周期為 250ns。設(shè)主存與Cache同時訪問，試問：（分?jǐn)?shù)： 10.00）.Cache/主存系統(tǒng)的效率。（分?jǐn)?shù)： 5.00）正確答案：（）解析：命中率 H=N c/（N c +N m ）=1900/（1900+100）=0.95主存訪問時間與 Cache訪問時間的倍率：r=T m /T c =250ns/50ns=5Cache主存系統(tǒng)的效率：e=5問Cache的時間/平均訪存時間訪問效率：e=1/H+（1-H）r=1/0.95+（1-0.95）*5=83.3%（2）.平均訪問時間。（分?jǐn)?shù)：5.00）正確答案：（）解析：平均訪問時間： T a =T c /e=50ns/0.833=60ns在顯示適配器中，用于存放顯示信息的存儲器稱為刷新存儲器，它的重要性能指標(biāo)是帶寬。具體工作中，顯示適配器的多個功能部分要爭用刷新存儲器