《计算机组成原理与汇编语言程序设计》期末复习指南（附上课笔记整理）

计算机组成原理与汇编语言程序设计，上课笔记：

10道1分选择题
2道10分计算题
3道10分问答题
2道20分编程题
选择题:
计算题:第二三章反码原码补码，进制转换小数，整数浮点数只考加减
问答题:第一三六七章答完整，概念，特点，优缺点
编程题（环境是MASM + DOSbox + 8086汇编语言）:第四五章一定要写注释
(难度大约是一道分支判断成绩，一道循环求和)
基础模板要写对(1/3)
label，循环，判断(2/3）
寄存器，跳转等细节(3/3)
第一章:
存储程序工作方式
计算机硬件组成
第二章:
补码:负数求反加一
第三章:
定点数加减法(注意溢出)
浮点数加减法
CPU基本组成
第四章:
寻址方式
第五章:
第六章:
存储器的分类
SRAM和 DRAM
第七章:
连接方式(单总线，双总线）
程序查询方式
程序中断方式
dma方式

8086汇编与计算机组成原理期末复习指南（附典型题型解析）

适用课程：《计算机组成原理》+《汇编语言程序设计》
考试环境：MASM + DOSBox + 8086 汇编

📌 考试结构概览

本次考试总分100 分，题型分布如下：

• 选择题：10 道 × 1 分 =10 分
• 计算题：2 道 × 10 分 =20 分（覆盖第2、3章）
• 问答题：3 道 × 10 分 =30 分（覆盖第1、3、6、7章）
• 编程题：2 道 × 20 分 =40 分（覆盖第4、5章，使用 8086 汇编）

🔢 一、选择题高频考点（10×1分）

选择题主要考察基础概念辨析，建议重点掌握以下内容：

• 存储程序工作方式的核心思想
• 补码的定义与求法（负数：求反加一）
• 定点数 vs 浮点数表示范围与精度
• SRAM 与 DRAM 的区别（是否需要刷新、速度、成本）
• 总线结构类型（单总线、双总线）
• 中断方式 vs DMA 方式的效率对比
• 寄存器用途（AX、BX、CX、DX、SP、BP、SI、DI 等）
• 汇编指令寻址方式识别（立即寻址、寄存器寻址、直接寻址、间接寻址等）

✅技巧：注意“唯一正确”或“最不正确”的表述，避免被干扰项迷惑。

🧮 二、计算题详解（2×10分）

题型1：原码、反码、补码转换（第2章）

例题：
已知 X = -45，用8位二进制表示其原码、反码、补码。

解答：

• 原码：10101101（符号位为1，数值部分为45的二进制0101101）
• 反码：11010010（符号位不变，其余位取反）
• 补码：11010011（反码 + 1）

💡关键点：负数补码 = 原码除符号位外取反 + 1；正数三码相同。

题型2：浮点数加减法（第3章）

例题：
用 IEEE 754 单精度格式计算1.5 + (-0.75)，写出步骤并判断是否溢出。

解题步骤：

1. 转换为二进制：
   • 1.5 =1.1₂→ 规格化：1.1 × 2⁰
   • -0.75 =-0.11₂→ 规格化：-1.1 × 2⁻¹
2. 对阶：将 -0.75 的阶码调整为 0，尾数右移1位 →-0.11
3. 尾数相加：1.10 + (-0.11) = 0.11
4. 规格化结果：0.11 = 1.1 × 2⁻¹→ 最终结果为0.75

⚠️注意：浮点加减需对阶 → 尾数运算 → 规格化 → 舍入 → 溢出判断。本题无溢出。

❓ 三、问答题答题模板（3×10分）

Q1：简述“存储程序工作方式”的基本思想及其意义（第1章）

答：
存储程序工作方式由冯·诺依曼提出，核心思想是：

• 程序和数据以二进制形式共同存储在存储器中；
• CPU 按地址顺序自动逐条取出指令并执行；
• 控制流由指令本身决定（如跳转、循环）。

意义：

• 实现了通用计算机的自动化运行；
• 使同一硬件可运行不同程序，极大提升灵活性；
• 是现代计算机体系结构的基础。

Q2：比较 SRAM 与 DRAM 的特点（第6章）

✅答题要点：从原理、刷新、速度、成本、用途五方面对比。

Q3：简述程序中断方式与 DMA 方式的区别（第7章）

程序中断方式：

• CPU 在 I/O 设备准备好后收到中断请求；
• 执行中断服务程序，逐字节/字传输数据；
• CPU 参与数据搬运，开销较大；
• 适用于低速设备（如键盘、鼠标）。

DMA（直接存储器访问）方式：

• 由 DMA 控制器接管总线，直接在内存与外设间传输数据块；
• CPU 仅在开始和结束时介入，传输期间可执行其他任务；
• 效率高，适合高速大容量设备（如磁盘、网卡）。

✅核心区别：是否由 CPU 直接搬运数据。

💻 四、编程题实战（按标准 MASM 格式重写）

编程题1：分支判断成绩等级（0~100 → A/B/C/D/F）

DATA SEGMENT SCORE DW 85 ; 待判断的成绩（考试中可能由输入子程序提供） MSG_A DB 'Grade: A$' MSG_B DB 'Grade: B$' MSG_C DB 'Grade: C$' MSG_D DB 'Grade: D$' MSG_F DB 'Grade: F$' DATA ENDS STACK1 SEGMENT PARA STACK DW 20H DUP(?) STACK1 ENDS CODE SEGMENT ASSUME CS:CODE, DS:DATA, SS:STACK1 START: MOV AX, DATA MOV DS, AX MOV AX, SCORE ; 将成绩加载到AX（字操作） CMP AX, 90 JGE PRINT_A CMP AX, 80 JGE PRINT_B CMP AX, 70 JGE PRINT_C CMP AX, 60 JGE PRINT_D JMP PRINT_F PRINT_A: LEA DX, MSG_A JMP DISPLAY PRINT_B: LEA DX, MSG_B JMP DISPLAY PRINT_C: LEA DX, MSG_C JMP DISPLAY PRINT_D: LEA DX, MSG_D JMP DISPLAY PRINT_F: LEA DX, MSG_F DISPLAY: MOV AH, 09H ; DOS功能：输出以'$'结尾的字符串 INT 21H EXIT: MOV AH, 4CH ; 返回DOS INT 21H CODE ENDS END START

✅符合要求点：

• 完整段结构（DATA/STACK/CODE）
• 使用CMP+JGE实现多路分支
• 字符串以$结尾，调用INT 21H / AH=09H
• 所有 label 清晰，跳转逻辑完整

编程题2：循环求 1 到 N 的累加和（N=10）

DATA SEGMENT N DW 10 ; 求和上限 SUM DW ? ; 存储结果 MSG DB 'Sum = $' DATA ENDS STACK1 SEGMENT PARA STACK DW 20H DUP(?) STACK1 ENDS CODE SEGMENT ASSUME CS:CODE, DS:DATA, SS:STACK1 START: MOV AX, DATA MOV DS, AX MOV CX, N ; CX = 循环次数（10） XOR AX, AX ; AX = 0，作为累加器 SUM_LOOP: ADD AX, CX ; AX = AX + CX LOOP SUM_LOOP ; CX 自减，非零则跳回 MOV SUM, AX ; 保存结果（AX = 55） ; 输出提示信息 LEA DX, MSG MOV AH, 09H INT 21H ; === 简易十进制输出（仅适用于 0~99）=== MOV BX, 10 XOR DX, DX DIV BX ; AL = 商（十位），AH = 余数（个位） ; 输出十位 ADD AL, '0' MOV DL, AL MOV AH, 02H ; DOS单字符输出 INT 21H ; 输出个位 MOV DL, AH ADD DL, '0' MOV AH, 02H INT 21H EXIT: MOV AH, 4CH INT 21H CODE ENDS END START

✅关键细节：

• 使用LOOP指令实现循环（隐含使用CX）
• DIV BX实现除10取商余（注意被除数在AX）
• 数字转 ASCII：加'0'（即 30H）
• 寄存器使用规范（AX累加，CX计数，DX输出）

🔁 对比：你提供的“数组交集”代码为何是高分范例？

你给出的代码完美体现了考试要求的三大维度：

1. 基础模板完整

   • 显式定义DATA、STACK1、CODE段
   • ASSUME声明段寄存器对应关系
   • START入口与END START匹配

2. 控制结构清晰

   • 双重循环：外层OUTER_LOOP（CX控制），内层INNER_LOOP（BP控制）
   • 条件跳转：CMP+JE实现相等判断
   • 无LOOP指令时，手动DEC+JNZ实现循环（同样有效）

3. 寄存器分工明确

   • BX：遍历ARRAY1
   • SI：遍历ARRAY2
   • DI：写入ARRAY3
   • DX：计数交集元素个数
   • 地址偏移用ADD reg, 2（因DW为字，占2字节）

📝启示：考试中即使不用LOOP，只要逻辑正确、寄存器使用合理，依然可得满分！

📚 五、章节重点速查表

✅ 结语

掌握以上题型和知识点，足以应对本次考试。特别提醒：

• 编程题务必写注释！
• 计算题步骤要清晰，避免跳步扣分；
• 问答题按“定义 + 特点 + 举例/对比”结构作答更易拿满分。

祝大家考试顺利，高分通过！🎉

原创声明：本文为 CSDN 博客原创，转载请注明出处。

《计算机组成原理》期末模拟题精讲：原码/反码/补码与浮点数加减计算（第2、3章重点）

考试范围：第2章（数据的表示）、第3章（运算方法）
题型说明：本篇聚焦2道10分计算题，覆盖原码/反码/补码转换、进制小数转换、定点整数加减、浮点数加减等核心考点。

📌 考试要求回顾

根据课程大纲，计算题仅考察以下内容：

• 第2章：

  • 原码、反码、补码的相互转换（重点：负数补码 = 求反 + 1）
  • 二进制 ↔ 十进制（含小数部分）的相互转换

• 第3章：

  • 定点整数加减法（使用补码，注意溢出判断）
  • 浮点数加减法（仅限 IEEE 754 单精度格式，步骤：对阶 → 尾数运算 → 规格化 → 舍入 → 溢出检查）
  • 不考乘除、不考双精度

⚠️重要提醒：所有计算必须写出完整步骤，仅写答案不得分！

🔢 模拟题一：原码/反码/补码与进制小数转换（10分）

题目

已知十进制数X=−25.625X = -25.625X=−25.625，请完成以下任务：

1. 将∣X∣|X|∣X∣转换为二进制（含小数部分）；
2. 写出XXX的 8 位整数部分 + 4 位小数部分的原码、反码、补码（共 13 位：1 符号位 + 8 整数位 + 4 小数位）；
3. 若用定点小数格式（符号位 + 11 位数值位）表示，其补码是多少？

解答

第1步：十进制 → 二进制（含小数）

• 整数部分 25：

  25 ÷ 2 = 12 ... 1 12 ÷ 2 = 6 ... 0 6 ÷ 2 = 3 ... 0 3 ÷ 2 = 1 ... 1 1 ÷ 2 = 0 ... 1 ⇒ 25₁₀ = 11001₂

• 小数部分 0.625：

  0.625 × 2 = 1.25 → 1 0.25 × 2 = 0.5 → 0 0.5 × 2 = 1.0 → 1 ⇒ 0.625₁₀ = 0.101₂

• 合并：
  ∣X∣=25.62510=11001.1012 |X| = 25.625_{10} = 11001.101_2∣X∣=25.62510​=11001.1012​

第2步：构造 13 位定点数（1S + 8I + 4F）

先规格化为 8 位整数 + 4 位小数（高位补0，低位补0）：

• 数值部分：00011001.1010（整数左补0至8位，小数右补0至4位）

• 符号位：1（负数）

• 原码：1 00011001 1010

• 反码：符号位不变，其余取反 →1 11100110 0101

• 补码：反码 + 1（最低位加1）

  11100110 0101 + 1 ---------------- 11100110 0110 ⇒ 补码 = 1 11100110 0110

✅ 注意：加1时可能产生进位，但此处无跨小数点进位。

第3步：定点小数格式（1S + 11 位数值）

将11001.101转为纯小数形式（隐含小数点在最左）：

• 实际值 =−0.11001101×25-0.11001101 \times 2^5−0.11001101×25，但定点小数格式不允许缩放！
• 正确做法：直接截断或舍入到 11 位数值位（题目未说明，通常按“保留低11位”处理）

但更合理的理解是：将整个数值视为小数，即 -25.625 超出 [-1, 1) 范围，无法用定点小数表示。
因此，本题应理解为：仍用 12 位数值位（含整数和小数），只是统称“定点小数格式”。

故采用前面的 12 位数值（111001100110），补码为：

1 111001100110

📝考试建议：若题目说“定点小数”，但数值 >1，可注明“超出表示范围”，或按定点整数处理（以老师要求为准）。此处按统一 12 位数值位作答。

🔢 模拟题二：浮点数加减法（IEEE 754 单精度）（10分）

题目

用 IEEE 754 单精度格式计算：
A=12.75,B=−3.5,求 A+B A = 12.75,\quad B = -3.5,\quad 求\ A + BA=12.75,B=−3.5,求A+B
要求写出完整步骤，并判断是否溢出。

解答

第1步：将 A 和 B 转为 IEEE 754 单精度二进制

• A = 12.75

  • 二进制：1100.11=1.10011 × 2³
  • 阶码（偏移127）：3 + 127 = 130 =10000010₂
  • 尾数（23位，去隐含1）：10011000000000000000000
  • 符号位：0
  • A 的机器数：0 10000010 10011000000000000000000

• B = -3.5

  • 二进制：11.1=1.11 × 2¹
  • 阶码：1 + 127 = 128 =10000000₂
  • 尾数：11000000000000000000000
  • 符号位：1
  • B 的机器数：1 10000000 11000000000000000000000

第2步：对阶（小阶向大阶看齐）

• A 阶码：130，B 阶码：128 →B 的阶码小，需右移尾数 2 位
• B 的尾数（含隐含1）：1.110000...→ 右移2位 →0.01110000...
• 对阶后 B 的尾数（23位）：01110000000000000000000（高位补0）

第3步：尾数相加（注意符号）

• A 尾数（正）：+1.10011000000000000000000
• B 尾数（负）：-0.01110000000000000000000
• 相加：

  1.10011000000000000000000 - 0.01110000000000000000000 ----------------------------- 1.00101000000000000000000

第4步：规格化

结果1.00101...已是规格化形式（最高位为1），无需调整。

第5步：舍入与溢出检查

• 尾数无多余位，无需舍入；
• 阶码仍为 130（未超 [1, 254]），无溢出；
• 符号位为 0（正数）。

第6步：写出最终结果

• 符号：0
• 阶码：130 =10000010
• 尾数：00101000000000000000000（去掉隐含1）

⇒ 最终 IEEE 754 表示：

0 10000010 00101000000000000000000

转换回十进制验证：
1.001012×23=(1+0.125+0.03125)×8=1.15625×8=9.251.00101_2 \times 2^3 = (1 + 0.125 + 0.03125) \times 8 = 1.15625 \times 8 = 9.251.001012​×23=(1+0.125+0.03125)×8=1.15625×8=9.25
而12.75+(−3.5)=9.2512.75 + (-3.5) = 9.2512.75+(−3.5)=9.25，结果正确！

✅ 计算题答题模板总结

💡溢出判断口诀（补码加法）：

• 正 + 正 = 负 → 上溢
• 负 + 负 = 正 → 下溢
• 或用双高位判别法：Cs（符号进位） ⊕ Cp（最高数值位进位） = 1 则溢出

📚 复习建议

1. 熟练掌握补码求法：负数 → 原码 → 反码 → +1 = 补码
2. 小数转换多练习：乘2取整，直到小数为0或达到精度
3. 浮点加减五步法必须背熟：对阶 → 尾数加减 → 规格化 → 舍入 → 溢出判断
4. 考试时画表格：清晰列出阶码、尾数、符号，避免混乱

🎯 结语

这两道模拟题覆盖了第2、3章几乎所有计算考点。只要掌握转换规则和运算流程，计算题20分轻松拿下！建议动手再做一遍，确保每一步都能独立写出。

祝大家期末高分通过！🎉

原创声明：本文为 CSDN 博客原创，解题过程经严格验证，转载请注明出处。

《计算机组成原理》期末模拟题精讲：3道10分问答题（第1、3、6、7章核心考点）

考试范围：第1章（计算机系统概论）、第3章（存储系统与CPU）、第6章（主存储器）、第7章（I/O系统）
题型说明：本篇聚焦3道10分问答题，每题需答出完整概念 + 核心特点 + 优缺点分析，满分答案结构清晰、逻辑严谨。

📌 答题通用模板（建议背诵）

为确保高分，请按以下结构组织答案：

1. 定义/概念：用一句话准确描述核心术语；
2. 工作原理或组成：简述其如何工作或包含哪些部分；
3. 主要特点：列出2~3个关键特性；
4. 优点与缺点：分别说明，体现批判性思维；
5. 典型应用场景（可选）：增强答案完整性。

✅评分标准：仅写定义得3_{4分；有特点但无优缺点得6}7分；结构完整、条理清晰方可拿9~10分！

❓ 模拟题一：简述“存储程序工作方式”的基本思想，并说明其意义与局限性（第1章）

参考答案

1. 概念
“存储程序工作方式”是冯·诺依曼体系结构的核心思想，指将程序指令和数据以二进制形式共同存储在主存储器中，由CPU自动逐条取出并执行。

2. 工作原理

• 程序启动前，全部指令和初始数据被加载到内存；
• CPU中的程序计数器（PC）指向下一条要执行的指令地址；
• 控制单元（CU）根据指令操作码生成控制信号，驱动运算器、存储器等部件协同工作；
• 执行流程可通过跳转、循环、子程序调用等改变顺序。

3. 主要特点

• 程序与数据统一编址，共享同一存储空间；
• 顺序执行为主，支持条件跳转；
• 硬件结构固定，功能由软件决定，实现通用计算。

4. 优点与缺点

5. 意义
该思想奠定了现代通用计算机的基础，使计算机从专用设备转变为可编程的通用工具，极大推动了软件产业的发展。

❓ 模拟题二：比较 SRAM 与 DRAM 的结构、特点及适用场景（第6章）

参考答案

1. 概念

• SRAM（Static RAM）：采用触发器（通常6个晶体管）存储一位数据，只要通电即可保持状态，无需刷新。
• DRAM（Dynamic RAM）：利用电容存储电荷表示数据（1T1C结构：1个晶体管+1个电容），因电容会漏电，需定期刷新。

2. 结构对比

3. 主要特点

• SRAM：速度快、无需刷新、成本高、容量小；
• DRAM：速度较慢、需刷新电路、成本低、容量大。

4. 优缺点分析

5. 典型应用

• SRAM：高速缓存（Cache）、寄存器堆、嵌入式系统关键缓冲区；
• DRAM：主存储器（内存条）、显存、大型服务器内存。

💡记忆口诀：S快贵稳，D慢廉大。

❓ 模拟题三：简述程序中断方式与 DMA 方式的原理，并比较其优缺点（第7章）

参考答案

1. 概念

• 程序中断方式：当 I/O 设备准备好数据后，向 CPU 发出中断请求；CPU 暂停当前任务，转去执行中断服务程序（ISR），完成一次数据传输后再返回原程序。
• DMA（Direct Memory Access）方式：由专用的 DMA 控制器接管系统总线，在外设与主存之间直接传输数据块，无需 CPU 干预，仅在传输开始和结束时通知 CPU。

2. 工作流程

• 中断方式：
  设备就绪 → 发中断 → CPU 响应 → 执行 ISR → 逐字节搬运 → 返回
• DMA 方式：
  CPU 初始化 DMA 参数 → 设备就绪 → DMA 请求总线 → DMA 控制器搬运整块数据 → 传输完成发中断

3. 主要特点

4. 优缺点对比

5. 应用场景

• 中断方式：低速、间歇性 I/O（如串口通信、按键输入）；
• DMA 方式：高速、连续数据流（如硬盘读写、音频/视频采集、网络数据包收发）。

✅关键区别：是否由 CPU 直接搬运数据。中断是“CPU 搬”，DMA 是“DMA 控制器搬”。

📚 复习建议与答题技巧

1. 背熟关键词：如“冯·诺依曼瓶颈”、“1T1C”、“双稳态触发器”、“总线接管”等专业术语能显著提升答案质量；
2. 善用表格对比：在比较类题目中（如 SRAM vs DRAM、中断 vs DMA），表格更清晰、易得分；
3. 优缺点必写：即使题目未明确要求，“优缺点”是区分6分与10分的关键；
4. 结合实际举例：如“Cache 用 SRAM，内存用 DRAM”，体现理解深度。

🎯 结语

这三道问答题覆盖了课程四大核心章节，代表了考试中最常见的命题方向。只要掌握“概念 → 特点 → 优缺点”的黄金结构，配合精准术语和合理举例，10分问答题轻松拿下！

建议将本文答案作为模板，结合教材内容进行个性化整理，形成自己的答题套路。

祝大家期末考试旗开得胜，取得优异成绩！🎉

原创声明：本文为 CSDN 博客原创，内容依据主流《计算机组成原理》教材（如唐朔飞、白中英版）整理，转载请注明出处。