1 计算机系统

A. 程序计数器——错，PC 存的是“下一条指令的地址”，与运算数据无关。B. 状态寄存器——错，PSW 保存的是进位、溢出、零、负等标志位，不是运算数据的工作区。C. 通用寄存器——错，通用寄存器虽然也能放数据，但“专门为 ALU 提供工作区并暂存结果”是累加器的职责描述。D. 累加寄存器——对，教材 1.1.2 节原话：“AC 是一个通用寄存器，其功能是当运算器的算术逻辑单元执行算术或逻辑运算时，为 ALU 提供一个工作区……运算的结果是放在累加器中的”。

A. 程序计数器——错，属于控制器（存下一条指令地址）。B. 加法器——对，ALU 内部包含加法器、移位器等算术运算部件，教材图 1-1 中 ALU 直接挂在数据总线上完成算术逻辑运算。C. 指令寄存器——错，属于控制器（暂存当前指令）。D. 指令译码器——错，属于控制器（翻译操作码）。

A. PC——错，存下一条指令地址。B. AC——对，教材原话：执行减法前“先将被减数取出暂存在 AC 中，再从内存储器中取出减数，然后同 AC 的内容相减，将所得的结果送回 AC 中”——源操作数和结果都在 AC 里暂存。C. IR——错，暂存的是指令本身。D. AR——错，暂存的是内存地址。

A——对，这正是教材“操作控制”的定义：“一条指令功能的实现需要若干操作信号配合来完成，CPU 产生每条指令的操作信号并将操作信号送到对应部件”。B——错误：PC 只存指令地址，“临时存储算术/逻辑运算结果”是累加器 AC 的活，选 B。C——对，教材：“控制器用于控制整个 CPU 的工作，它决定了计算机运行过程的自动化”。D——对，ID 是控制器的部件（对操作码译码）。

C——对，教材原话：“当 CPU 执行一条指令时，先把它从内存储器取到缓冲寄存器中，再送入 IR 暂存”——整条指令（操作码 + 地址码）都进 IR。A、B——错，PC 是“程序计数器”，只存指令地址，不存指令内容；教材还明确 PC 的修改“通常只是简单地对 PC 加 1”。D——错，PC 不装指令。

B. IR——对，教材说 IR 由硬件自动使用（取指后自动送入、译码器自动读取），程序员无法访问——“对用户透明”。A. PC——汇编层面可访问（转移指令本质就是改 PC）。C. 状态寄存器——PSW 的标志位可以被条件跳转指令测试。D. 通用寄存器——程序员天天用。

B. 指令译码——对，教材：指令译码器“对指令中的操作码字段进行分析解释，识别该指令规定的操作，向操作控制器发出具体的控制信号”。A. 地址译码——错，那是存储器/译码器电路的活。C. 数据译码——不存在这个说法。D——多路选择是 ALU 内部的数据通路，不是译码器的主要作用。

B. 控制器——对，教材原话：“控制器用于控制整个 CPU 的工作，它决定了计算机运行过程的自动化。它不仅要保证程序的正确执行，而且要能够处理异常事件”。A. 运算器——只负责算术逻辑运算。C. 寄存器组——只负责暂存。D. 内部总线——只是数据通路。

A——对，教材“操作控制”的定义：“CPU 产生每条指令的操作信号并将操作信号送到对应部件，控制相应的部件按指令的功能要求进行操作”。B. 运算器——执行运算，不发控制信号。C. DMA 控制器——负责内存与外设间的成块传送。D. Cache 控制器——管理高速缓存。

B. PC——对，教材原话：“CPU 自动修改 PC 的内容，以便使其保存的总是将要执行的下一条指令的地址。由于大多数指令都是按顺序来执行的，所以修改的过程通常只是简单地对 PC 加 1”。A. IR——存当前指令，不自增。C. AR——存当前访问的内存地址。D. ID——译码器，无存储功能。

C. PC——对，“跟踪指令地址”是 PC 的专属描述。A. MAR/AR——存当前访问的内存地址，被动接收。B. MDR/DR——中转数据。D. IR——存当前指令本身。

取指令的第一步是把 PC 的内容送到地址总线，按地址读出指令送入 IR——所以选 C。A. IR——存的是已经取到的指令，是取指的“终点”。B. GR——存运算数据。D. PSW——存标志位。

题干“自动修改……总是将要执行的下一条指令的地址”就是教材 PC 定义的原文（“CPU 自动修改 PC 的内容，以便使其保存的总是将要执行的下一条指令的地址”），选 B。A——IR 由取指过程填充，不是“自动修改为下一条指令地址”；C——AR 配合访存；D——ID 只译码。

A. 控制器——对，教材图 1-1 里 PC 画在控制器虚线框内（与指令寄存器、指令译码器、时序控制相邻）。B. 运算器——只有 ALU、AC、DR、PSW。C——很多人误以为 PC 是“存储器”，其实它是控制器里的一个寄存器，只是装的内容是内存地址。D——无关。

A. PC——对，“给出将要执行的下一条指令在内存中的地址”就是 PC 的定义。2010 上、2011 上、2016 下、2018 下、2020 下、2021 上——PC 的题换了六种说法，答案没变过。B. IR——装当前指令；C——主存地址寄存器（AR/MAR）装当前访问地址；D——装标志位。

计算过程：

① 芯片数 = (16K×8) ÷ (2K×4) = 16 片；每 2 片 4 位芯片拼成一个 2K×8 组，共 8 组，每组覆盖 2K = 0800H 个地址。

② 8 组的地址区间依次为：0000H～07FFH、0800H～0FFFH、1000H～17FFH、1800H～1FFFH、2000H～27FFH、2800H～2FFFH、3000H～37FFH、3800H～3FFFH。

③ 0B1FH 落在第二组 0800H～0FFFH → 该组芯片的最小地址编号为 0800H，选 B。

A——第一组的最小地址；C、D——第五、六组的最小地址。题目问 0B1FH（0B1F ÷ 0800 = 1 余 …，商 1 即第二组）。

计算过程：BFFFH − A000H + 1 = 2000H = 2 × 16³ = 8192 字节 = 8K，选 D。

A. 8192K——单位陷阱！8192 是“字节数”，换成 K 要除以 1024，8192K 是它的 1024 倍；B. 1024K——也不对；C. 13K——把 BFFF−A000 算成 B−A=1、F+1 之类的错位结果。

易错提醒：这类题的坑通常不在减法，而在单位换算——先算出字节数，再除以 1024 变 K。

计算过程：

① 容量：BFFFFH − 80000H + 1 = 40000H = 4 × 16⁴ = 262144 字节 = 256KB，选 B。

② 芯片数：16K×4bit 的芯片要 2 片位扩展才能拼出 8 位宽度；256KB ÷ 16KB = 16 组，每组 2 片 → 共 16 × 2 = 32 片，选 C。

（5）A/C/D 分别对应少算/多算一个 16 的倍数；（6）A=8 是忘记位扩展（只算了 16 组里的 8 组），B=16 是忘记位扩展，D=64 是把组数和片数弄反。

计算过程：① 容量：400FFFFFH − 40000000H + 1 = FFFFFH + 1 = 100000H = 2²⁰ = 1MB。② 芯片：256K×8bit = 2¹⁸ 字节/片；2²⁰ ÷ 2¹⁸ = 4 片，选 A。芯片是 8 位宽，与编址宽度一致，无需位扩展。

计算过程：DCFFFH − A5000H + 1 = 37FFFH + 1 = 38000H。38000H = 3 × 16⁴ + 8 × 16³ = 196608 + 32768 = 229376 字节 = 229376 ÷ 1024 = 224KB，选 D。

技巧：十六进制减法逐位借位——DCFFF − A5000：个位 F−0=F，十位 F−0=F，百位 F−0=F，千位 C−5=7，万位 D−A=3 → 37FFF；再加 1 进位到 38000。

计算过程：DABFFH − B3000H + 1 = 27C00H。27C00H = 2×16⁴ + 7×16³ + 12×16² = 131072 + 28672 + 3072 = 162816 字节 = 162816 ÷ 1024 = 159KB，选 B。

验证技巧：27C00H ÷ 400H（=1KB）= 159 余 0 —— 直接得 159KB，比二进制展开更快。

计算过程：B13FFH − A1000H + 1 = 10400H。10400H = 1×16⁴ + 4×16² = 65536 + 1024 = 66560 字节 = 65KB，选 C。

技巧：10400H = 10.4 × 1000H = 10.4KB？——错，十六进制没有小数！老老实实按位展开：10400H = 10000H + 400H = 64KB + 1KB = 65KB。

计算过程：① 容量：DFFFFH − A0000H + 1 = 40000H = 2¹⁸ = 256KB。② 芯片：32K×8bit = 2¹⁵ 字节 = 32KB；256KB ÷ 32KB = 8 片，选 B。芯片 8 位宽与字节编址一致，无需位扩展。

计算过程：① CFFFFH − A0000H + 1 = 30000H = 3 × 16⁴ = 196608 字节 = 192KB，选 D。② 64K×8bit = 64KB/片；192KB ÷ 64KB = 3 片，选 B。

三个坑：① 减完忘了加 1（A0000H 到 CFFFFH 是闭区间，两端都算）；② 30000H 当成十进制 30000（它是 3×16⁴）；③ 位宽陷阱（本题 8 位芯片无位扩展，若给 64K×4bit 就要乘 2）。

这道题问的是“0 的编码是否唯一 + 编码体系的对应关系”。C. 补码和移码——教材原话：“实际在偏移 2^(n−1) 的情况下，只要将补码的符号位取反便可获得相应的移码表示”——移码与补码只差符号位，0 的编码都唯一，归为同一类编码体系，选 C。A. 原码和补码——错，正数相同但负数规则不同（反码加 1 vs 直接取绝对值）。B. 反码和补码——错，负数差“末位加 1”。D. 原码和移码——错得更远。

计算过程：FFFFH = 1111 1111 1111 1111，符号位 1 → 负数。求真值：先减 1 得 FFFEH，再取反得 0001H = 1 → 真值 = −1。选 B。

快捷结论：全 1 的补码就是 −1（任何位宽都成立）。

完整分析：8 位补码的范围是 −128 ～ +127。127+1 = 128，超出上界 +127 → 上溢。而 −127−1 = −128 恰好达到下界（8 位补码的最小值 −128 是人为定义的 10000000），不溢出。

判断口诀：两个正数相加得负 → 上溢；两个负数相加得正 → 下溢；本题问“会产生溢出”的运算，就是 127+1（原卷四个选项为 127+1、−127−1、−127+1、127−1 一类的组合，文字提取丢失了符号）。

B——对：补码把减法统一成加法，ALU 只需要一个加法器就能完成四则运算，简化了运算部件的设计。A——错，手工运算是“借位减法”，与补码运算过程完全不同。C——错，补码简化的是“部件”，不是直接提速。D——错，精度由字长决定，与码制无关。

推导：符号位固定为 0（正数），剩下 n−1 位全 1 时最大：0111…1 = 2^(n−1) − 1。选 B。

A. 2^(n−1)——错，n 位补码最大到 2^(n−1)−1，取不到 2^(n−1)（那是最小值 −2^(n−1) 的绝对值）；C. 2^n−1——错，这是 n 位无符号数的最大值（没留符号位）；D. 2^n——无意义。

计算过程：90H = 1001 0000，符号位 1 → 负数。求真值：取反 0110 1111，加 1 → 0111 0000 = 112 → 2X = −112 → X = −56，选 B。

A. 72——把 90H 当原码算绝对值还忘了负号；C. 56——算对了绝对值忘了负号；D. 111——把 90H 直接转十进制。

n 位补码的范围是 −2^(n−1) ～ 2^(n−1)−1。A——错，2^n 超出范围。B——错，−2^n 也超出。C——错，2^(n−1) 无法直接表示（正数最大 2^(n−1)−1，因为 0 占了一个编码）。D——对，−2^(n−1) 是补码最小可表示值——教材例 1.3：8 位补码 −128 = 10000000 是“人为定义”的。

第（3）空：A——对，阶码管范围、尾数管精度。B——对，教材表 1-2 原话：“E 为指数（阶码），用移码表示；（尾数）用原码表示”。C——错误：规格化是尾数的操作（让尾数绝对值落在 [0.5, 1)），与“阶码用什么码制”无关——C 把格式规定和规格化混为一谈。D——对，规格化的定义。

第（4）空：阶码不同的两个浮点数，尾数的“小数点位置”不同，不能直接相加——必须先对阶（统一阶码，小阶向大阶看齐），再相加。选 D。A、B 的“规格化处理”是对阶之后才可能发生的操作。

选 A。这道题考的是浮点数格式里“位数分配”的权衡。

浮点数的三个组成部分各有分工：

符号位 S：1 位，决定正负。

阶码 E：决定小数点要移动多少位，也就是表示范围。阶码位数越多，能表示的数越大（或越小）。

尾数 M：决定有效数字有多少位，也就是精度。尾数位数越多，能区分的相邻两个数越接近。

总长度固定，就意味着 E 和 M 是此消彼长的关系：E 多一位，M 就少一位。

本题“增加 E 的位数、减少 M 的位数”，结果就是：阶码范围变大 → 可表示数的范围扩大；尾数变短 → 有效位减少 → 精度降低。

B 错：范围和精度不可能同时提高，那需要增加总位数才能做到。

C、D 错：把方向说反了，E 变长不会缩小范围。

一句话记：阶码管范围，尾数管精度，总长固定就只能二选一。这也解释了单精度（32 位）与双精度（64 位）的区别——位数多了，才能同时兼顾范围和精度。

A——对，教材：“定点整数（小数点在最低有效数值位之后）和定点小数（小数点在最高有效数值位之前）”。B——不正确：小数点的位置是约定好的，不需要占用存储位。C——对。D——对，同样的位数，浮点通过阶码能把数值“放大”到更大范围。

推导：n 位二进制共有 2^n 种编码。补码的 0 只有一种编码（不像原码/反码有 ±0），所以每种编码都对应一个不同的值——包括最小的 −1（定点小数的 −1 = 1.0000000）。因此能表示 2^n 个不同的有符号定点小数，选 A。

B、C、D——都少了编码，错在没意识到“补码 0 唯一”省下来的编码给了 −1。

B. 阶码——对，阶码决定小数点的位置能“浮动”多远，即数的范围。A. 尾数——决定精度（有效数字位数）。C. 数符——只决定正负。D. 阶符——只决定小数点往左还是往右移。

推导：阶符 1 位 + 阶码 6 位 = 7 位，移码表示的最大阶码 = 2⁶−1 = 63，最小 = −64。尾数 8 位补码的范围 = −1 ～ 1−2^−8。

① 最大正数：(1−2^−8) × 2^63（最大尾数 × 最大阶码）；② 最小负数：−1 × 2^63 = −2^63（最小尾数 × 最大阶码）。

所以范围是 −2^63 ～ (1−2^−8)×2^63，选 B（原卷四个选项为上下界的组合，选 63 这一组）。

选 D。对阶的原则是小阶向大阶看齐，且尾数右移。

为什么小阶向大阶看齐？假设 1.0×2³ 和 1.0×2⁵ 相加：

如果把大阶 5 降到 3，1.0×2⁵ 要写成 4.0×2³，尾数左移——尾数变长，可能超出尾数位宽而丢失高位，造成不可逆的精度损失。

反过来，把小阶 3 升到 5，1.0×2³ 写成 0.25×2⁵，尾数右移——丢掉的是低位，影响小得多。所以标准做法是“小阶向大阶看齐”。

为什么尾数右移？阶码每加 1，相当于数值乘了 2；要保持总值不变，尾数就得除以 2，即右移一位。阶差为 n，就右移 n 位。

A 错：方向反了（大阶向小阶），尾数左移还会让数值越算越大。B 错：方向反了，尾数右移也不匹配。C 错：方向对了，但尾数该右移却写成左移，等于数值被放大了 2ⁿ 倍。

一句话记：小阶变大阶，尾数往右挪。挪的时候低位被挤出去，这就是浮点加法会产生舍入误差的根源。

B——对，小阶向大阶对齐（2018 上原题的文字版）。A——错，方向反了（大阶变小会丢失高位）。C、D——错，不对阶的加法/加阶码都没有意义——两数小数点位置不同，尾数直接相加毫无意义。

推导：① 前两位“1 0001”是阶码部分（阶符 1 + 阶码值 4 位），按补码求真值：10001 为负数，取反加 1 得 11111 = 15 → 阶码 = −15。② 后 11 位“0 0000000001”是尾数部分：数符 0（正），尾数原码 0.0000000001 = 2^−10。

③ 相乘：2^−15 × 2^−10 = 2^−25 —— 对应选项 B（原选项为 2^−16×2^−10、2^−15×2^−10、2^−16×(1−2^−10)、2^−15×(1−2^−10) 的组合）。

A、B——错，寻址方式与内存/外存的“获取速度”无关（速度取决于存储器本身）。C——错，译码难度由指令格式决定。D——对，多种寻址方式让有限的指令位宽能访问更大的地址空间（如相对寻址、基址寻址），并让编程更灵活（间接寻址实现指针）。

无条件转移的本质就是改写 PC——让下一条指令从目标地址取。直接寻址的地址码就是转移目标地址，送进 PC。选 A。B. AR——存访存地址；C. AC——存运算数据；D. ALU——运算部件。

选 B。要把指令拆成“目的操作数”和“源操作数”两部分看。

指令 MOV R1, #45 的含义是“把数值 45 送入寄存器 R1”。

目的操作数 R1：操作数就在寄存器里，指令中给出的是寄存器编号 → 寄存器寻址。

源操作数 #45：# 是立即数的标志，45 这个值本身写在指令中，不需要去内存或寄存器里取 → 立即寻址。

A 错：直接寻址要求操作数地址直接写在指令里（如 MOV R1, [1000H]），本题没有取地址的动作。

C 错：相对寻址是“PC + 偏移量”，用于跳转指令；本题是数据传送，不涉及。

D 错：寄存器间接寻址要求寄存器里存的是地址（如 MOV R1, [R2]），而本题 R1 是目的地、不是地址指针。

判别窍门：看操作数的“形态”——带 # 是立即数，带方括号是内存，光写寄存器名是寄存器寻址。

计算过程：2GB = 2³¹ 字节；字长 32 位 = 4 字节/字；按字编址的字数 = 2³¹ ÷ 2² = 2²⁹ = 512M，选 C。

A. 1024M——按 2 字节/字算的（错）；B. 1GB——按字节编址的结果（没除以 4）；D. 2GB——原始容量没换算。

C. 立即寻址——对，地址字段里放的就是操作数本身（不是地址）。D. 直接寻址——地址字段里放的是“操作数的地址”。A. 隐含寻址——操作数隐含在指令或累加器中（地址字段省略）。B. 寄存器寻址——地址字段里放的是寄存器编号。

立即寻址的操作数就在指令里，取指时顺带获得，0 次访存；寄存器寻址要读寄存器（寄存器在 CPU 内部，很快）；直接寻址要访问内存一次（最慢）。所以“立即 > 寄存器 > 直接”，选 A。

A——对，海明码的本质就是“分组奇偶校验”：把数据位和校验位分成若干组，每组做奇偶校验，出错时各组校验结果的组合正好指向出错位的位号。B——错，“码距 ≥ 1”是废话（任何编码码距至少为 1），海明码的码距是 3。C——错，CRC 码距为 2，能检错不能纠错。D——错，码距为 1 的编码连检错都做不到。

A——对，海明码利用多组奇偶性定位错误。B——错，海明码码距为 3（这样才能纠 1 位错）。C——错，海明码既能检错也能纠错。D——错，数据位 n 和校验位 k 由公式 2^k−1 ≥ n+k 决定，长度不必相同。

奇校验的原理是让整个码字（数据位+校验位）中 1 的个数为奇数。C——对：奇数个位出错时 1 的个数的奇偶性改变，能检测到；但奇校验无法定位错误，所以不能纠错。A、B——错，“所有奇数位/偶数位”的说法不对——出错的位数是奇数还是偶数才是关键，与位的奇偶位置无关。D——错，偶数个位出错时奇偶性不变，检不出来。

选 A（2^k − 1 ≥ n + k）。这个不等式的每一项都有明确含义，理解了就不用背。

左边 2^k − 1：k 个校验位能组合出 2^k 种 0/1 状态。其中“全 0”用来表示“没有错误”，剩下的 2^k − 1 种状态用来指示“哪一位错了”。

右边 n + k：编码后的总位数。数据位 n 个、校验位 k 个，一共 n+k 个位置，每个位置都可能出错，所以需要 n+k 种“错误位置”编码。

要让校验位能指出所有可能出错的位置，就必须：可用的错误编码数 ≥ 可能出错的位置数，即 2^k − 1 ≥ n + k。

B 错：不等号方向反了，等于说“错误编码比位置还少”，无法定位。

C 错：漏掉了“减 1”。全 0 必须留给“无错”，不能用来表示错误位置，否则无法区分“没出错”和“第 0 位出错”。

D 错：方向反了，还漏了减 1。

用这个式子验算：n=16 时，k=4 得 15 ≥ 20（不成立），k=5 得 31 ≥ 21（成立），所以需要 5 位——和真题 52、53 的答案一致。

选 C。海明码的校验位个数由不等式决定：

2^k − 1 ≥ n + k

其中 n 是数据位，k 是校验位，(n+k) 是编码后的总位数。含义是：k 个校验位能组合出 2^k 种状态（去掉全 0 的一种，剩 2^k−1 种），要足够指出“哪一位出错”（共 n+k 种可能）。

本题 n = 48，逐个试 k：

k = 5：2⁵ − 1 = 31，而 n + k = 53，31 < 53，不够。

k = 6：2⁶ − 1 = 63，而 n + k = 54，63 ≥ 54，够用。

所以最少需要 6 位。

A（4 位）、B（5 位）都不够：4 位只能表示 15 种状态，远少于 52 个可能位置。D（7 位）虽然够，但不是“最少”。

做题技巧：不用从 1 开始试，直接从 2^k 接近 n 的量级起步——48 位数据，2⁵=32 明显不够，2⁶=64 刚好，一步定位。

选 C。海明码校验位个数的判定式是：

2^k − 1 ≥ n + k

n 是数据位数，k 是校验位数，(n+k) 是编码后的总位数。

本题 n = 16，逐个试：

k = 4：2⁴ − 1 = 15，而 n + k = 20，15 < 20，不够。

k = 5：2⁵ − 1 = 31，而 n + k = 21，31 ≥ 21，够用。

所以最少 5 位。

A（3 位）：2³−1 = 7，差得更远。B（4 位）：刚才算过，不够。D（6 位）：够但不是最少。

为什么 k=4 会差一点？因为 4 位校验位只能区分 15 种错误位置，而 16 位数据加上 4 位校验共 20 个位置，漏掉 5 个——错在这几位上就纠不出来。

记住这个不等式的直觉：校验位要能“报出”总位数里每一个位置的编号，包括它自己，所以右边是 n+k 而不是 n。

选 C。这是 2016 下半年原题的重考，数据位同样是 16 位，答案同样是 5 位。

判定式：2^k − 1 ≥ n + k，其中 n = 16。

k = 4：2⁴ − 1 = 15，n + k = 20，15 < 20，不够。

k = 5：2⁵ − 1 = 31，n + k = 21，31 ≥ 21，成立。

快速验算技巧：16 位数据处在 2⁴ 和 2⁵ 之间，校验位通常比 log₂n 多 1 位左右。log₂16 = 4，试 4 不够就上 5，一次到位。

A（3）、B（4）都偏少，D（6）偏多——题目问“最少”，够用即可。

顺带记几组常考数值：n=8 需 4 位，n=16 需 5 位，n=32 需 6 位，n=48 需 6 位，n=64 需 7 位。背下来，考场上不用现算。

（4）完整计算：k=5：31 < 32+5=37 不够；k=6：63 ≥ 32+6=38 够 → 6 位，选 D。

（5）完整推导：本题的校验位记法是 P1～P4，其中 P4 位于第 8 位（2³=8）、P3 位于第 4 位、P2 位于第 2 位、P1 位于第 1 位。D5 的位序是 10，10 = 8+2，所以由第 8 位的 P4 和第 2 位的 P2 校验，选 B。

方法总结：把数据位的位号拆成 2 的幂之和，拆出哪些幂就由哪些位置的校验位负责——与校验位的编号方式无关（P4 在第 8 位还是第 4 位，看题目给的排布）。

A——对，CRC 是“数据在前、校验在后”的拼接，不像海明码那样插在中间。B、C、D——都是对 CRC 格式的曲解（校验位既不在前、也不随机、也不等间隔插入）。

选 D（循环冗余校验 CRC）。模 2 运算是 CRC 的“指纹”——核心步骤就是用生成多项式对数据做模 2 除法，得到的余数就是校验位。

模 2 运算的特点是不进位、不借位，加法和减法都等同于异或。CRC 的计算过程：

① 在数据后面补 k 个 0（k 是生成多项式的阶数）；

② 用生成多项式对补 0 后的数据做模 2 除法；

③ 余数（k 位）就是 CRC 校验码，附在数据后面发送。

接收方用同一个生成多项式再除一次，余数为 0 就认为传输无错。

A、B 错：水平／垂直奇偶校验只是“数 1 的个数”，凑成奇数或偶数，不涉及除法。

C 错：海明码是分组奇偶校验——把数据位按 2 的幂次分组，每组配一个校验位，靠多组校验结果的组合定位错误位，同样不用模 2 除法。

三种校验的定位能力要分清：奇偶校验只能检错不能纠错，海明码能检错并纠一位，CRC 检错能力强（尤其擅长突发错误）但不纠错。

A——错误：CISC 的复杂指令通常用微程序控制实现（把复杂指令拆成一系列微操作），硬布线逻辑难以实现复杂多变的指令，选 A。B——对，指令复杂则译码和控制都复杂。C——对，RISC 指令简单定长，最适合硬布线。D——对，RISC 的定义特征。

A——不是 RISC 的特点——“指令种类丰富”是 CISC 的画风，RISC 追求指令少而精。B——是，RISC 指令定长适合流水线。C——是，寻址方式少。D——是，硬布线控制速度快。

A——不正确：RISC 的指令系统更简单，不是更复杂。B——对，RISC 寄存器多（减少访存）。C——对，RISC 把复杂性转移给编译器，子程序库更大。D——对，RISC 指令定长、结构规整，适合 VLSI 实现。

A. Complex Instruction Set Computer——对。B 是 VLSI；C 是 RISC；D 是 VLIW（超长指令字，把多个操作打包进一条长指令）。

B——错误：“指令功能强大、寻址方式复杂多样”是 CISC 的特征，RISC 相反。A、C、D 都是 RISC 的标准特征（A 指令少而定长；C 寄存器多减少访存；D 硬布线译码快）。

A——错，RISC 更适合流水线（指令定长）。B——错，说反了。C——错，也说反了（RISC 寄存器更多）。D——对，RISC 用组合逻辑（硬布线）控制器，CISC 普遍用微程序控制器。

A——对，最大吞吐率 = 1/Δt，Δt 是最慢段。B——对，断流时流水线空转，加速比下降。C——对，各段时间相同（均衡）时效率最高。D——错误：异步控制会增加控制电路的复杂性，不会明显提高性能，选 D。

计算过程：流水线周期 = 最长一段 = max(8, 9, 4, 8) = 9ns，选 C。

易错点：D. 33 是四段之和（8+9+4+8=29？不对，33 是别的组合）——那是“串行执行一条指令的时间”的干扰项，流水线周期只取最长段。

选 C。流水线的吞吐率有两个概念，要分清：

最大吞吐率：流水线装满后，单位时间能完成的任务数，等于 1 / Δt，其中 Δt 是最长流水段的操作时间。

实际吞吐率：考虑装满过程（前 k−1 个任务还没流出），公式是 n / T。

题干问“吞吐率是（ ）的倒数”，指的就是最大吞吐率，所以答案是“最长流水段操作时间”。

为什么是最长段？流水线像一条装配线，节拍由最慢的工位决定。各段时间不均时，快的工位做完就得等，整条线的产出速度被最慢那段卡住——这就是木桶效应。

A 错：最短段跑得最快，决定不了整体节拍。

B 错：各段之和是“完成一条指令的总时间”，它的倒数是串行执行的速率，不是流水线吞吐率。

D 错：段数乘最长段时间，量纲上就不对，得不出时间。

一句话记：流水线周期 = max(各段耗时)，所有流水线计算都从这个 Δt 出发。

A——不正确：单条指令该走几段还是走几段，执行时间一段都省不了——流水线提高的是吞吐率（单位时间完成的指令数），不是单条指令的速度，选 A。B、C、D——都对，这正是流水线的三个收益。

计算过程：① 各段时间：Δt、3Δt、Δt、2Δt、Δt → 总和 8Δt，最长段 3Δt（周期）。② 执行时间 T = 8Δt + (n−1)×3Δt = (3n+5)Δt。③ 吞吐率 TP = n / T = n / ((3n+5)Δt)，选 B。

（5）串行完整计算：每条 3+2+4 = 9Δt；10 条 = 90Δt，选 C。

（6）流水完整计算：周期 = max(3,2,4) = 4Δt；T = 第 1 条总时间 + (n−1)×周期 = 9Δt + 9×4Δt = 45Δt，选 D。

加速比 = 90/45 = 2（流水线把速度翻了一倍）。

选 C（8 / 28Δt）。流水线执行时间的标准公式是：

T = 一条指令的总时间 + (n − 1) × 流水线周期

其中流水线周期 Δt = 各段耗时的最大值。

本题 4 段耗时分别是 Δt、2Δt、3Δt、Δt：

① 一条指令总时间 = Δt + 2Δt + 3Δt + Δt = 7Δt

② 流水线周期 = max(1,2,3,1)Δt = 3Δt

③ 连续输入 8 条指令：T = 7Δt + (8 − 1) × 3Δt = 7Δt + 21Δt = 28Δt

④ 吞吐率 TP = 指令条数 / 总时间 = 8 / 28Δt

常见错误是直接用“7Δt × 8”算成 56Δt，那是串行执行的时间，忽略了流水线重叠。

另一个易错点是周期取成平均值（7/4 Δt）或总和（7Δt）——都不对，节拍由最慢段决定。

本题选项在原卷中是公式图，图片转换时丢失，按官方答案选 C。

（4）串行：每条 4+2+3 = 9Δt；600 条 = 5400Δt，选 D。

（5）流水：周期 = max(4,2,3) = 4Δt；T = 9Δt + 599×4Δt = 9 + 2396 = 2405Δt，选 B。

易错点：A. 2400 是“600×4”（把 600 条都按周期算，忘了第一条要走完全程 9Δt）——这是本题最大的坑：第 1 条指令必须完整走完 9Δt，之后每 4Δt 才出一条。

选 D（405）。按标准公式算：

T = 一条指令总时间 + (n − 1) × 流水线周期

① 取指 4Δt、分析 2Δt、执行 3Δt，一条指令串行执行需要 4+2+3 = 9Δt。

② 流水线周期 = max(4, 2, 3) = 4Δt（取指段最慢，它是瓶颈）。

③ 100 条指令：T = 9Δt + (100 − 1) × 4Δt = 9Δt + 396Δt = 405Δt。

A（200）错得最离谱：把 100 条指令当成 100 个周期、每周期 2Δt 算，完全没看瓶颈段。

B（300）：用了 3Δt 作周期（执行段时间），但真正的最长段是取指 4Δt。

C（400）：只算了 100 × 4Δt，漏掉第一条指令的“装满”时间（比稳定状态多出的 9−4 = 5Δt）。

三个错误选项分别对应三种典型错法：用错周期、用错段、漏掉首条指令的填充时间。算完用“(n−1)×周期 + 首条时间”回代验证最稳。

选 B（2505）。同一套公式，换个数据：

① 取指 5Δt、分析 2Δt、执行 3Δt，一条指令总时间 = 5+2+3 = 10Δt。

② 流水线周期 = max(5, 2, 3) = 5Δt（取指段是瓶颈）。

③ 500 条指令：T = 10Δt + (500 − 1) × 5Δt = 10Δt + 2495Δt = 2505Δt。

A（2500）：直接用 500 × 5Δt，漏掉首条指令的填充时间——正确应是 499 个周期加首条 10Δt。

C（2510）：多算 5Δt，把首条指令算成了 15Δt。

D（2515）：多算 10Δt，等于把首条指令重复计了一次。

三个错误选项都只差几个 Δt，说明命题人就是冲着“边界处理”来的。做这类题必须把公式写全：T = 首条指令时间 + (n−1) × 周期，不能图省事写成 n × 周期。

这道题和真题 71 是同一模型（取指最长），只是段时长和指令数不同。连着做两道，公式就固化了。

B. 相联存储器——对，按内容访问（把数据或数据的一部分作为关键字，与存储单元逐一比较找出相同数据）。A. 虚拟存储器——主存+辅存组成的层次（扩大容量）。C. Cache——按地址访问的高速缓存。D. 随机访问存储器——按地址访问。

选 C（内容）。相联存储器（Associative Memory）又叫内容寻址存储器（CAM），特点是不按地址查找，而是按内容查找。

普通存储器（RAM）的工作方式是“给地址、取数据”；相联存储器反过来——你把要找的内容（或其中一部分）放进去，它并行比较所有存储单元，把匹配的全部找出来。

在计算机里的典型应用：

① Cache 的地址映射：全相联和组相联映射中，判断某个主存块是否在 Cache 里，就靠相联存储器并行比较标记。

② TLB（快表）：页表项的高速缓存，按页号并行查找。

③ 虚拟存储器的地址转换：快速完成“逻辑页号 → 物理页号”的映射。

A 错：按地址访问是普通 RAM 的方式。B、D 错：先入后出是栈、先入先出是队列，都是数据结构的操作规则，不是存储器的访问方式。

按寻址方式分三类：随机存储器（RAM，按地址直接访问）、顺序存储器（SAM，如磁带，按顺序访问）、直接存储器（DAM，如磁盘，先直接定位再顺序读）。C. 相联存储器属于按访问方式（按内容访问）的分类，不属于按寻址方式的分类，选 C。

A. 主存—辅存——对，虚拟存储器由主存和辅存（磁盘）两级组成，由操作系统+硬件（MMU）把辅存“伪装”成主存的一部分，从而扩大逻辑地址空间。C. Cache—主存——那是 Cache 系统的组合，目的是提高速度而非扩大容量。

选 A（主存—辅存）。这道题考的是“存储层次和各自要解决的问题”。

计算机的存储层次有几种典型组合，目的各不相同：

寄存器—Cache：解决 CPU 与 Cache 之间的速度差。

Cache—主存：解决的也是速度问题。Cache 快但小、贵，用它把主存中最近常用的数据缓存起来，让 CPU 感觉主存也很快。

主存—辅存：解决容量问题。主存快但容量有限、断电丢失；辅存（磁盘、SSD）容量大、便宜、持久。把暂时不用的数据放到辅存，需要时再调入主存——这就是虚拟存储体系。

所以虚拟存储由“主存—辅存”两级构成。

B、C、D 都错：它们的组合里没有辅存，解决的都是速度问题，不是“让小内存看起来很大”的虚拟存储。

一句话对比：Cache—主存 提高速度，主存—辅存 扩大容量。这两个层次的目的最容易被搞反，是本题的核心陷阱。

A. DRAM——对，动态随机存储器：集成度高、成本低、需要周期性刷新，适合做主存。B. SRAM——静态随机存储器：快但贵，做 Cache。C. Cache——本身就是 SRAM 做的。D. EEPROM——电擦除只读存储器，存 BIOS 等固件。

选 C（空间局部性）。题干的关键句是“邻近的存储单元有可能还要被访问”——“邻近”对应“空间”。

程序访问存储器有两条局部性规律：

空间局部性：如果一个单元被访问，它附近的单元很可能马上被访问。原因是程序顺序执行、数组按行存储、指令连续存放。

时间局部性：如果一个单元被访问，它很可能在不久后再次被访问。原因是循环、反复调用的函数、重复使用的变量。

这两条是 Cache 能起作用的理论基础：正因为有局部性，把“最近用过的”和“旁边的一批”放进 Cache，命中率才会高。

A“数据局部性”、B“指令局部性”不是标准分类。局部性只分时间和空间，数据/指令是按内容类型分的，不属这个维度。

D 错：时间局部性强调“同一地址再次被访问”，与题干的“邻近单元”不符。

判断口诀：出现“附近／相邻／连续区域”就是空间，出现“再次／重复／循环”就是时间。

A——对，闪存非易失。B——对，闪存按块删除（先擦除再写）。C——错误：闪存的读写速度和寿命（擦写次数有限）不适合做主存——主存还是要用 DRAM。D——对，嵌入式系统常用 Flash 代替 ROM 存固件。

B. DRAM——对，用电容存数据，电容会漏电，必须周期性刷新。A. SRAM——用触发器存数据，不需要刷新。C. FLASH——非易失，不需要刷新。D. EEPROM——同上。

B——对，Cache 的设计思想就是用“小而快”的 SRAM 在合理成本下尽量提高命中率。A——错，命中率主要受容量、映射方式、程序局部性影响，替换算法的时间复杂度不是关键。C——错，Cache 容量远小于主存（成本太高）。D——无此说法。

A. 全相联映像——对，主存的任意块可装入 Cache 的任意块，冲突自然最少（代价是比较电路最复杂、成本最高）。C. 直接映像——主存块只能进固定的 Cache 块（块号 mod Cache 块数），冲突最多。B. 组相联——两者的折中。

选 A。题干的两句话几乎就是全相联映射的定义：“任意一块装入任意位置”“只有装满才需要替换”。

三种地址映射方式的区别，全在“主存块能放到 Cache 的哪个位置”：

全相联映射：主存的任意一块可以装入 Cache 的任意一行。灵活性最高，利用率最好，但查找时要逐行比较标记，硬件成本高、速度慢。只有 Cache 全满时才需要按替换算法淘汰。

直接映射：主存块只能放到唯一确定的那一行（通常按“块号 mod 行数”算）。查找最快（只比一次），但冲突严重——两个块映射到同一行就会反复换进换出。

组相联映射：折中方案。Cache 先分组，主存块只能放到某一组内的任意一行——比直接映射灵活，比全相联简单。

B 错：直接映射位置固定，谈不上“任意”。C 错：组相联只在组内任意，跨组不行。D 错：“串并联”是电路连接的概念，不是地址映射方式。

记忆：全相联最灵活、直接映射最快、组相联折中。

A——不正确：Cache 只是主存内容的副本，用来提高访问速度，不会扩大主存的容量——扩大容量的是虚拟存储器（主存+辅存）。B——对。C——对，教材图 1-12：命中率随容量增大而提高，但逐渐饱和，不是线性。D——对。

B——对，Cache 解决 CPU 与主存的速度差，提高访问效率。A、C——错，Cache 不扩大容量（那是虚拟存储器的事）。D——错，Cache 不直接提高外存访问速度。

C——对，中断向量就是中断服务程序的入口地址。A——端口地址是 I/O 指令访问的对象；B——数据起始地址在传送参数里；D——断点地址由硬件压栈保存，不在中断向量表里。

D. 堆栈——对，中断嵌套的返回顺序是“后进先出”，堆栈天然匹配：每嵌套一层压栈一层，返回时逐层弹出。A. ROM——只读，写不进去。B. 中断向量表——存的是各中断服务程序的入口地址，不是现场。C. 通用寄存器——数量有限，嵌套多层就不够用。

D——对，中断响应时间只算到“开始进入中断处理程序”为止，后面的处理时间不算。A——错，包含了整个处理过程；B——错，那是处理时间；C——错，只是响应过程的一部分。

第（2）空：题干就是中断的定义——选 B。阻塞是进程状态；动态/静态绑定是面向对象概念。

第（3）空：保存现场（寄存器、PC 等）是为了返回后能接着原样执行原程序——选 C。A、B、D 都不是保存现场的目的。

选 C。中断处理时“保存现场”，保存的是被中断程序的现场，目的是让它之后能正确恢复、继续执行。

“现场”具体包括：程序计数器（PC，指向下一条指令）、程序状态字（PSW，含标志位）、通用寄存器的值。这些信息在中断处理程序执行时会被覆盖，所以必须先压栈保存，中断返回前再弹栈恢复。

A 错：保存的不是中断处理程序的数据，而是被中断程序的数据。

B 错：保存现场是“保护自己”，不是“防止破坏别人”。防止破坏别人的数据靠的是内存保护机制（基址／限长寄存器）。

D 错：保存现场不是为了给中断处理程序提供数据，恰恰相反——是为了让中断处理程序用完寄存器后，原程序能拿回自己的值。

一句话记：保存现场是为了“能回来”，恢复现场是为了“接着跑”。两者成对出现，缺一个程序就会跑飞。

选 D。中断向量表里存的是中断服务程序的入口地址。

工作过程：每个中断源被分配一个中断类型号，CPU 收到中断后，用这个类型号去中断向量表里查表，取出对应的入口地址，然后跳过去执行中断服务程序。

A 错：函数调用结束后的返回地址存在栈里，由 call/ret 指令维护，与中断向量表无关。

B 错：I/O 设备的接口地址（端口号）是 CPU 访问设备寄存器用的地址，属于 I/O 编址范畴。

C 错：主程序的入口地址在程序启动时就定好了（如 main 函数地址），不由中断机制提供。

要区分两个容易混的概念：中断向量是“中断服务程序的入口地址”，断点是“被中断的程序停在哪里”。前者在向量表里，后者在响应中断时由 CPU 自动压栈保存。

这道题在 2013 上、2020 下、2021 下三次出现，选项措辞基本一致。记住“向量 = 入口地址”这一条，三次都能秒选。

选 C（中断服务程序入口地址）。这和真题 98 是同一道题，只换了选项排列。

中断向量表是操作系统在内存中建立的一张表，每一项存放一个中断服务程序的入口地址。中断发生时，CPU 用中断类型号作索引查表，直接跳到对应地址执行。

A 错：被选中设备的地址，是设备选中信号或端口地址，属于 I/O 接口层面。

B 错：待传送数据的起始地址，是 DMA 传送时由 DMA 控制器保存的参数，与中断向量无关。

D 错：断点地址（被中断程序的下一条指令地址）是 CPU 响应中断时自动压栈保存的，不在中断向量表里。这一项最容易误选，因为“中断”和“断点”两个词太像。

一句话分清：向量回答“去哪儿执行”，断点回答“从哪儿回来”。

C. DMA——对，教材 1.2.3 节原话：“DMA 是指数据在内存与 I/O 设备间的直接成块传送，即在内存与 I/O 设备间传送一个数据块的过程中，不需要 CPU 的任何干涉，只需要 CPU 在过程开始启动……与过程结束……时的处理，实际操作由 DMA 硬件直接执行完成”。A、B——都需要 CPU 执行程序来传数据。D——总线控制不是 I/O 控制方式。

D. 直接存储器存取（DMA）——对，与真题 100 同一句话。A. 中断——每个数据的传输都要 CPU 执行中断服务程序。B. 程序查询——CPU 全程忙等。C. 无条件传送——假定外设始终准备好，CPU 也要执行 I/O 指令。

选 C（主存与外设）。DMA 之所以叫“直接存储器存取”，就在于它绕开了 CPU，让主存和 I/O 设备之间直接成块交换数据。

对比三种 I/O 控制方式就很清楚：

程序查询：CPU 反复读设备状态寄存器，数据经 CPU 中转，CPU 全程忙等。

中断方式：设备就绪后发中断，CPU 中断当前程序，用服务程序搬运数据——数据还是要过 CPU 的手。

DMA：DMA 控制器向 CPU 申请总线，拿到总线控制权后，直接在内存和设备之间读写，CPU 不参与数据搬运，只在传输结束后处理一次中断。

A 错：CPU 与外设之间搬数据，是查询和中断方式的做法。

B 错：CPU 与主存之间的通路是系统总线的日常工作，不是 DMA 的特征。

D 错：外设之间没有直接通路，数据必须先落到主存。

DMA 的意义可以概括成一句：用硬件（DMA 控制器）替代 CPU 做数据搬运，把 CPU 解放出来做计算。这也是它适合磁盘、网卡这类高速块设备的原因。

选 A。CPU 响应 DMA 请求的时机是当前指令执行结束之后（严格说是当前总线周期结束时让出总线）。

DMA 的工作过程分三步：

① 请求：外设准备好数据后向 DMA 控制器发 DMA 请求，DMA 控制器再向 CPU 发总线请求（HRQ）。

② 响应：CPU 在当前指令执行完之后，把总线置为高阻态，让出总线控制权，并回送应答（HLDA）。

③ 传送：DMA 控制器接管总线，直接在内存和外设之间成块传送数据，不经过 CPU。

C 错：一个时钟周期太细。CPU 不可能每个时钟周期都检查 DMA 请求，开销太大。

D 错：一个总线周期是“CPU 完成一次总线操作”的时间，是 DMA 传送的粒度，不是“响应请求的时机”。两者容易混：DMA 每次传送占用一个总线周期，但 CPU 是在指令边界让出总线。

B 错：一段程序结束太晚。等整个程序跑完才响应，DMA 就失去了“高速成块传送”的意义。

为什么要等指令执行完？因为一条指令执行过程中 CPU 可能正在用总线读写内存，中途让出会导致指令执行到一半、状态不一致。指令是原子单位，边界才是安全的切换点。

选 D（DMA）。题干的关键是“不需要 CPU 执行程序指令来传送数据”——这正是 DMA 的定义特征。

四种方式的对比：

无条件传送：CPU 直接执行 I/O 指令读写端口，默认设备总是就绪。

程序查询：CPU 循环读设备状态寄存器，直到就绪才传送。要 CPU 参与，而且是忙等，浪费最严重。

中断方式：设备就绪后发中断，CPU 转去执行中断服务程序搬数据。仍然要 CPU 执行指令。

DMA：DMA 控制器接管总线，在主存与外设之间直接成块传送，CPU 不执行任何搬运指令，只在开始前配置、结束后处理一次中断。

A、B、C 都需要 CPU 执行程序指令来搬数据，区别只在于“什么时候搬”。

这也是 DMA 适合磁盘、网卡的原因：一次传几百上千字节，如果每个字节都让 CPU 执行指令，开销无法接受。

一句话记：前三种都是“CPU 搬”，只有 DMA 是“硬件搬”。

选 C。DMA（Direct Memory Access，直接存储器存取）的“直接”二字，说的就是主存与外设之间直接建立数据通路，不经过 CPU。

三种 I/O 控制方式的对比最能说明这一点：

程序查询方式：CPU 反复查询外设状态，数据要经过 CPU 中转，CPU 全程被占住。

中断方式：外设准备好后发中断，CPU 停下当前程序，用中断服务程序搬运数据——数据仍然要经过 CPU。

DMA 方式：DMA 控制器接管总线，在主存和外设之间直接成块搬数据，CPU 完全不参与搬运，只在开始前配置、结束后处理中断。

A 错：CPU 与主存之间的通路是系统总线本身，那是正常取指、读写数据的通道，不是 DMA 的特征。

B 错：CPU 与外设之间搬运数据，正是程序查询和中断方式的做法。

D 错：外设与外设之间没有直接数据通路，数据必须先落到主存。

所以 DMA 的数据通路是“主存 ↔ 外设”，CPU 只负责“启动”和“善后”。这也解释了 DMA 为什么适合磁盘、网卡这类高速块设备——数据量大，不能让 CPU 一句一句搬。

B. 总线周期——对，DMA 每搬一个字都要占用一次总线（周期挪用/窃取），这也是 DMA 会轻微降低 CPU 访存效率的原因。A. 指令周期——DMA 不执行指令；C. 存储周期——是内存访问的计时单位；D. 机器周期——是 CPU 内部的节拍。

选 C。判据只有一条：这个事件能不能“等一等”。

可屏蔽中断：CPU 可以通过中断屏蔽标志暂时不响应，稍后再处理也不出大事。I/O 设备请求属于这一类——磁盘读完数据，等一会儿再取没关系。

不可屏蔽中断（NMI）：必须立即处理，CPU 屏蔽不掉。电源掉电是典型代表——一旦断电，内存数据全部丢失，必须抢在电源彻底断掉之前（靠电容维持的几毫秒）保存现场。其他例子还有内存奇偶校验错、总线错误。

A 错：把掉电说成可屏蔽，等于认为可以“晚点再断电”，荒谬。

B 错：把 I/O 请求说成不可屏蔽，CPU 会被频繁的设备请求打断，无法正常工作。

D 是两个错误说法的拼接。

记忆：能等的可屏蔽（I/O、定时器），等不得的不可屏蔽（掉电、硬件故障）。

程序查询是 CPU 忙等（不能并行），中断和 DMA 都能让 CPU 在外设工作时干别的——所以只有“中断方式和 DMA 方式”的组合成立，选 B。A、C、D 都混入了程序查询。

选 B。题干已经把两个定义写清楚了，按定义归类即可：

异常：指令执行过程中，在处理器内部发生的特殊事件。比如除数为 0、溢出、缺页、非法指令、断点指令。

中断：来自处理器外部的请求事件。比如 I/O 设备完成、时钟中断、键盘输入、外部硬件故障。

DMA 传送结束：是 DMA 控制器（设备侧）发来的信号，来自处理器外部 → 中断。

除运算时除数为 0：是 CPU 执行除法指令时自己发现的，发生在处理器内部 → 异常。

A 错：把除数为 0 也算成中断。C 错：两者完全说反。D 错：把 DMA 结束算成异常。

记忆：“内部出的问题”是异常，“外部来的通知”是中断。另一个角度：异常与当前指令同步（执行到这条才发生），中断与当前指令异步（随时可能来）。

A——对，两者都能让 CPU 与外设并行。B——错，中断方式每个字都要 CPU 干预（执行中断服务程序），只有 DMA 才免干预。C——错，DMA 更快（成块传送、硬件直传）。D——错，中断方式需要保护现场。

选 A。系统总线按传送信息的类型分为三类，这是最标准的划分。

数据总线（DB）：在 CPU 与内存、I/O 之间传送数据。双向——既能读进来，也能写出去。宽度决定一次能传多少位，比如 64 位数据总线一次传 8 字节。

地址总线（AB）：传送内存或 I/O 端口的地址。单向——总是由 CPU 发出。宽度决定 CPU 的最大寻址空间，n 根地址线可寻址 2ⁿ 个单元，比如 32 位地址总线最大寻址 4GB。

控制总线（CB）：传送控制信号、时序信号和状态信号，比如读/写信号、中断请求、总线请求。每根线的方向固定，整体看有出有入。

B 错：并行/串行是按传送方式分，“逻辑总线”不是标准分类。

C 错：单工/双工是按传输方向分，属于通信方式的分类，不是系统总线的划分。

D 错：内部总线/外部总线是按位置分（CPU 内部、系统级、设备级），与“逻辑/物理”混搭，不成体系。

这道题的关键是认清“分类维度”：按信息类型分三类（数据/地址/控制），才是教材和考题默认的划分。

选 A。这道题要分别算地址总线和数据总线的宽度，两者依据不同。

数据总线宽度 = 字长 = 32 位。字长是 CPU 一次能并行处理的二进制位数，题干直接给了“字长为 32”。

地址总线宽度由内存容量决定。公式：2ⁿ = 可寻址单元数，n 就是地址线根数。

内存 4GB = 4 × 2³⁰ B = 2³² B。按字节编址（每个地址对应 1 字节），需要 2³² 个地址，即 32 根地址线。

所以地址总线和数据总线都是 32 位。

B、C 错：把地址总线算成了 30 位。30 位只能寻址 2³⁰ B = 1GB，装不下 4GB。这个错误来自“4GB 里的 4 是 2²、30 来自 GB”，把 2² × 2³⁰ 错算成了 2³⁰。

D 错：数据总线 8 位意味着一次只能传 1 字节，与“字长 32”矛盾。

记忆：数据总线看字长，地址总线看容量。算地址线时先统一单位到字节，再取以 2 为底的指数。

选 C。总线结构的本质是“用一组公共线路连接多个部件”，最大的好处就是减少连线、便于扩展。

如果没有总线，n 个部件两两相连需要 n(n−1)/2 条线路——部件一多，线就爆炸了。用一条总线，所有部件挂上去，线路数量从平方级降到线性级。

同时，总线是标准化接口，加一个新设备只要符合总线规范就能接上，这就是题干说的“积木化构造”。

A 错：提高传输速度不是总线结构的优点。恰恰相反，总线是共享资源，同一时刻只能有一个主设备使用，反而可能成为瓶颈。提高速度靠更快的总线标准（如 PCIe）、更宽的位宽、更高的时钟。

B 错：提高传输量同理，共享总线不会自动增加带宽。

D 错：减少指令系统的复杂性是 RISC 的目标，与总线结构无关。

这道题的价值在于纠正一个常见误解：总线带来的是“结构上的便利”，不是“性能上的提升”。看到“总线”就想到“快”，正好掉进 A 的陷阱。

总线复用 = 同一组线分时传不同信息（如地址和数据共用一组线）——目的是减少信号线数量，选 C。它不提高带宽（分时反而可能降速），不增加功能，也不影响 CPU 利用率。

选 C。SCSI 是设备接口标准，不是系统总线。

先分清两类“总线”：

系统总线：连接 CPU、主存、I/O 接口这些主板上的核心部件，是计算机内部的骨架。典型代表有 ISA、EISA、PCI、PCI-Express、VESA。

设备接口：连接主机与外部设备，属于 I/O 接口层面。典型代表有 SCSI、IDE（ATA）、SATA、USB、SAS。

A ISA（Industry Standard Architecture）：早期的 16 位系统总线，PC/AT 时代的标准。

B EISA（Extended ISA）：ISA 的 32 位扩展版本，仍属系统总线。

D PCI（Peripheral Component Interconnect）：经典的局部总线，用于连接显卡、网卡等扩展卡，属于系统总线。

C SCSI（Small Computer System Interface）：小型计算机系统接口，用于连接硬盘、扫描仪等外部设备，是设备接口，与系统总线不是一个层次。

判别方法：看它连的是主板上的部件还是外部设备。连 CPU／内存／扩展卡的是系统总线，连硬盘／打印机的是设备接口。

选 B。“三总线”是系统总线按传送信息类型的标准划分：数据总线、地址总线、控制总线。

三者的分工：

数据总线（DB）：传数据，双向。宽度等于字长，决定一次能传多少位。

地址总线（AB）：传地址，单向（由 CPU 发出）。宽度决定最大寻址空间，n 根线可寻址 2ⁿ 个单元。

控制总线（CB）：传控制信号、时序信号、状态信号，比如读写信号、中断请求、总线请求。

A 错：CPU 总线、内存总线、I/O 总线是按连接对象分的，不是“三总线”的含义。

C 错：系统总线、内部总线、外部总线是按位置层次分的（CPU 内部、系统级、设备级）。

D 错：串行／并行是按传输方式分，PCI 是具体标准，三者不在一个维度上。

这道题和真题 102（三总线配 DMA）、真题 113（总线的作用）是同一知识点群。抓住“按信息类型分三类”这个维度，就能排除所有按其他维度分类的选项。

计算过程：① 32bit = 4 字节；② 每秒传输次数 = 200MHz ÷ 5 = 40M 次/秒；③ 带宽 = 40M × 4B = 160MB/s，选 C。

公式：带宽 = (总线宽度/8) × 频率 ÷ 每次传输所需时钟周期数。

C——不正确：单总线结构确实简单、通用，但所有设备共享一条总线容易成为瓶颈，性能并不高。A、B、D 都正确（并行近距离高速、串行长距离、专用总线最佳匹配）。

D——对：PCI 是并行内总线（教材：“PCI 总线是目前微烈机上广泛采用的内总线，采用并行传输方式”），SCSI 是并行外总线（连接磁盘等外设）。两个都是“并行”，区别在内/外。

（66）私钥用于解密（别人用我的公钥加密发给我，我用私钥解）和签名（我用私钥签名，别人用我的公钥验证）。（67）公钥用于加密（发给我的数据用我的公钥加密）和认证（验证我的签名）。

这对搭配要背成条件反射：私钥管“解密+签名”（都是只有主人能干的事），公钥管“加密+认证”（都是别人对主人做的事）。

选 D。数字签名解决的是“消息是不是你发的、你能不能抵赖”，对应真实性（以及不可否认性）。

网络安全四要素各自的防护手段：

可用性：保证系统和数据随时能用，防的是 DoS／DDoS、断电、硬件故障，靠冗余、备份、容灾。

保密性：保证数据不被未授权者看到，靠加密。

完整性：保证数据没被篡改，靠消息摘要（MD5、SHA）和校验码。

真实性（不可否认性）：保证身份真实、发送方不能否认发过，靠数字签名和数字证书。

为什么签名能保证真实性？因为签名是用发送方私钥加密摘要得到的，只有他本人有私钥；接收方用他的公钥一验，就能确认“确实是他发的”，而且他无法抵赖——别人没有他的私钥，伪造不出来。

A 错：可用性靠容灾和抗攻击，签名管不了服务是否可用。B 错：保密性靠加密，签名不隐藏内容。C 错：连通性不是安全四要素之一。

选 A（甲的公钥）。这道题考的是“签名用私钥、验签用公钥”这条铁律。

完整过程：

① 甲对消息计算摘要（如 SHA-256）；

② 甲用自己的私钥加密这个摘要，得到签名，附在消息后面发出；

③ 乙收到后，用同样的算法对消息再算一次摘要；

④ 乙用甲的公钥解密签名，还原出甲当初算的摘要；

⑤ 两个摘要一致 → 消息完整且确实来自甲。

B 错：甲的私钥只有甲自己知道，乙拿不到；用私钥“验证”在逻辑上也说不通。

C、D 错：乙的密钥对与“验证甲的签名”无关。乙的私钥用于乙自己签名，或解密发给自己的密文。

口诀：谁的签名，用谁的公钥验。签名者是甲，就用甲的公钥。

D——不是数字签名的作用：签名验证的是发送方，不是接收方（验证接收者合法性是身份认证/证书的事）。A、B、C 是数字签名的三个标准作用（真实性、不可否认性、完整性）。

（8）选 B（S 的私钥）。数字签名必须用签名者自己的私钥，这是签名不可伪造、不可抵赖的根基：只有 S 持有自己的私钥，别人伪造不出来，S 也无法否认。

（9）选 A（S 的公钥）。T 收到消息后，用S 的公钥解密签名、还原摘要，再与自己算出的摘要比对，一致就说明消息完整且来自 S。

四个选项其实构成一个 2×2 的选择：签名方 S 用自己的私钥，验证方 T 用对方的公钥。

换成加密场景就相反了：如果 S 要给 T 发加密消息，S 要用 T 的公钥加密，T 用自己的私钥解密。

这两个场景最容易混，记住方向的差别：

签名：用自己的私钥签，对方用你的公钥验——目的是“证明是我”。

加密：用对方的公钥加密，对方用自己的私钥解——目的是“只有他能看”。

一句话：私钥永远自己用，公钥永远给别人用。抓住这条，四个组合不会选错。

A. CA 的签名——对，用户用 CA 的公钥验证证书上 CA 的签名，从而确认证书确实是 CA 签发的（网站公钥可信）。B. 证书中的公钥——那是网站的公钥本身，不是验证工具。C、D——网站的私钥不会公开，用户的公钥与此无关。

选 C（CA 的公钥）。数字证书是 CA 签发的，所以验证它要用CA 的公钥。

数字证书里装的内容：持有者的身份信息、持有者的公钥、有效期、序列号，以及最关键的——CA 对以上内容的数字签名。

验证过程：用户 A 拿到 B 的证书后，用 CA 的公钥去解验证书里的签名，能解开且摘要一致，就说明：① 这张证书确实是 CA 签发的，没被伪造；② 证书内容没被篡改；③ 里面的公钥确实属于 B。

A、B 错：B 的公钥／私钥是证书里承载的内容，不是验证证书的工具。用 B 的公钥只能验证 B 的签名，验证不了 CA 的签名。

D 错：CA 的私钥是 CA 的命根子，绝不会公开，用户拿不到。

这条链要理清：CA 用私钥签证书 → 用户用 CA 的公钥验证书 → 信任证书里的公钥 → 用这个公钥验证 B 的签名。整个 PKI 体系的信任就是这么一层层传下来的，根信任点就是内置在浏览器／操作系统里的 CA 公钥。

选 B（CA 的私钥）。数字证书是 CA 用自己的私钥签名的——这是整个 PKI 信任链的起点。

签名与验证是一对：签名用私钥，验证用公钥。

CA 签发证书时，对“持有者信息 + 持有者公钥 + 有效期”等内容计算摘要，再用 CA 的私钥加密摘要，附在证书后面。用户拿到证书后，用 CA 的公钥解开这个签名，摘要对得上就说明证书没被篡改、确实由该 CA 签发。

A 错：CA 的公钥是用来验证签名的，不是用来签名的。签名必须用私钥，否则谁都能伪造。

C、D 错：B 的公钥是证书承载的内容（题干后半句“从证书中可以获得 B 的公钥”已经点明），B 的私钥只有 B 自己知道，CA 不可能拿它来签。

理清这条链：CA 私钥签 → CA 公钥验 → 信任证书里的 B 公钥 → 用 B 公钥验 B 的签名。私钥永远只在自己手里，公钥才公开流转。

（8）选 A（CA 的公钥）。第一步是验证 A 的证书真伪。证书由 CA 签发，所以要用 CA 的公钥去解验证书上的签名。

（9）选 C（A 的公钥）。证书验证通过后，就确认了证书里的公钥确实属于 A。第二步用这个公钥去验证消息 M 上的数字签名。

两步的先后顺序不能颠倒：先确认“这把公钥真是 A 的”，再用它验签。如果跳过第一步，攻击者可以伪造一张“A 的公钥”塞给你，之后所有验证都失去意义——这正是中间人攻击的典型路径。

B、D 错：B 的私钥和公钥都与“验证 A 的签名”无关。

整条链可以画成：CA 私钥签证书 → B 用 CA 公钥验证书 → 取出 A 的公钥 → 用 A 的公钥验消息签名。

记住这个两级结构：第一级验“身份”，第二级验“消息”。真题 120、126 考第一级，真题 116、118 考第二级。

A——对，只有 CA 掌握自己的私钥，别人没有 CA 私钥就改不了证书内容再冒充 CA 签名——篡改即被发现。B——错，公钥是公开的，谁都能“用 CA 公钥签名”（但那不是 CA 签的）。C、D——错，证书主人不签自己的证书。

A 的证书由 CA1 签、B 的证书由 CA2 签——A 要信 B 的证书，得先信 CA2；A 手里必须有 CA2 的公钥才能验证 CA2 的签名。所以两个 CA 互换公钥是互信的前提，选 D。A、B——私钥绝不互换（互换就失去意义）；公钥互换只解决 A、B 之间，不解决 CA 之间的信任链。C——CA 的私钥绝不能互换。

（9）选 A（数字证书）。（10）选 D（数字签名）。

题干其实是两个不同的安全需求，要分清：

确认双方身份 → 需要“证明你是你”。数字证书由可信第三方 CA 签发，把“身份”和“公钥”绑定在一起，验证证书就确认了对方身份。所以（9）选数字证书。

消息不可否认 → 需要“发了就赖不掉”。数字签名用发送方私钥生成，只有他本人能签，事后无法抵赖；接收方用公钥验证，也能确认消息未被篡改。所以（10）选数字签名。

B 消息加密：只解决保密性（别人看不懂），不解决“你是谁”和“你赖不掉”。

C 用户私钥：是工具，不是手段，本身要保密，不能作为“认证方式”。

四者的分工记成一张表：证书管身份，签名管不可否认，加密管保密，摘要管完整。

（10）选 A（CA 的公钥）。用户要验证网站证书的真伪，而证书是 CA 签发的，所以用 CA 的公钥去解验证书上的签名。

（11）选 B（CA 的签名）。验证的具体对象，是证书里CA 的数字签名——用 CA 的公钥去解它，能解开且摘要对得上，就说明证书合法。

这两空其实是一件事的两面：用“CA 的公钥”去验“CA 的签名”。

C、D 错：网站的公钥／私钥是证书承载的内容，不是验证证书的工具。网站的公钥要等证书验通过之后才能信任；网站的私钥只有网站自己持有，用户不可能拿到。

浏览器里的实际流程：访问 HTTPS 网站 → 服务器下发证书 → 浏览器检查证书链 → 用内置的根 CA 公钥逐级验证签名 → 通过则建立加密通道。

如果证书验不过（过期、域名不匹配、签发者不认识），浏览器就会弹出“您的连接不是私密连接”的警告——这就是这道题在现实中的样子。

摘要是消息的“指纹”（MD5 128 位、SHA-1 160 位），接收方重算摘要比对即可发现报文是否被改——防篡改（完整性），选 D。A——身份验证靠签名/证书；B——加密才防窃听；C——防否认靠数字签名（摘要只是签名的原材料）。

选 D。这道题和真题 139 是同一道题的两个年份版本，判断方法完全一样。

A ECC：椭圆曲线密码，基于椭圆曲线离散对数难题，属于公开密钥算法，密钥短、强度高。

B DSA：数字签名算法，基于离散对数难题，专门用于签名，属于公开密钥体制。

C RSA：基于大整数分解难题，最经典的公开密钥算法。

D DES：数据加密标准，对称加密算法，加解密同一把密钥（实际有效 56 位）。它不属于公开密钥算法。

判断技巧：看名字。带 RSA／DSA／ECC／DH 的是非对称，带 DES／AES／IDEA／RC4 的是对称。考场上不用推原理，认名字最快。

这道题在多个年份重复出现，是命题人认定的基础送分题，必须稳拿。

A. RSA——对，非对称算法才能签名（私钥签、公钥验）。B. IDEA、C. RC4——对称加密，无签名能力。D. MD5——摘要算法，只生成指纹，本身不能签名（签名 = 私钥加密摘要）。

大量数据加密用对称算法（快）。D. RC5——对称算法，对。A. RSA——非对称，慢几百倍，只适合加密密钥。B. SHA-1、C. MD5——摘要算法，不能加密（不可逆）。

选 B（共享密钥加密）。DES 是对称加密算法，加密和解密用同一把密钥，所以叫“共享密钥”。

DES 的基本情况：明文按 64 位分组，密钥 64 位（其中 8 位是奇偶校验位，实际有效 56 位），经过 16 轮置换和代换得到密文。解密用同一把密钥、同样的流程反着走。

A 错：公开密钥（非对称）算法加密和解密用不同的密钥，典型是 RSA、ECC、DSA。DES 是同一把钥匙。

C 错：数字签名是一种用途，不是加密算法的类别。DES 本身不做签名（签名需要非对称算法）。

D 错：认证是安全服务的目标，不是算法类型。

顺带记：DES 的 56 位密钥在今天的算力下已不安全，所以有了 3DES（做三次 DES）和 AES（128/192/256 位，目前主流）。

判别技巧：名字带 DES／AES／IDEA／RC4 的是对称，带 RSA／ECC／DSA／DH 的是非对称。

（9）选 B（摘要）。（10）选 B（128）。

MD5 的全称是 Message-Digest Algorithm 5，即“消息摘要算法第 5 版”。作用是把任意长度的输入压缩成固定长度的输出（128 位），这个输出叫摘要或指纹。

三个关键性质：

固定长度：不管输入是 1 字节还是 1GB，输出永远是 128 位（16 字节）。

单向不可逆：能从原文算出摘要，但无法从摘要还原原文。

抗碰撞：不同输入应得到不同摘要（但 MD5 已被证明可构造碰撞，现在不推荐用于安全场景）。

A 路由选择：是网络层的功能，与摘要无关。C 共享密钥、D 公开密钥：都是加密算法，能还原明文；摘要算法不可逆，不是加密。

（10）的四个选项对应不同算法的输出长度，容易混，一起记：

MD5 → 128 位；SHA-1 → 160 位；SHA-256 → 256 位；DES 密钥 → 56 位（A 选项就是拿它来混淆的，那是密钥长度，不是摘要长度）。

选 D。这道题考“哪些算法属于公开密钥（非对称）体制”。

公开密钥算法的特点是加密和解密用不同的密钥（公钥加密、私钥解密），安全性建立在数学难题上：

A ECC（椭圆曲线密码）：基于椭圆曲线离散对数问题，属于公开密钥算法，密钥短、强度高，广泛用于移动端和 TLS。

B DSA（数字签名算法）：基于离散对数问题，专门用于数字签名，属于公开密钥体制。

C RSA：基于大整数分解难题，是最经典的公开密钥算法，既能加密也能签名。

D DES（数据加密标准）：对称加密算法，加密和解密用同一把密钥，密钥长度 56 位。它不属于公开密钥算法。

顺带记：DES 已被认为不安全，其后继是 3DES 和 AES，AES 是目前主流的对称加密算法。

判断诀窍：名字里带“RSA／DSA／ECC／DH”的基本都是非对称，带“DES／AES／IDEA／RC4”的都是对称。考场上认名字比记原理快。

A——对，加密保保密性。B——对，认证保真实性。C——错误：加密防被动攻击（窃听），认证防主动攻击（冒充、篡改、重放）——说“都可以阻止被动攻击”不对，选 C。D——对。

选 B（RSA）。RSA 是最经典的非对称（公开密钥）加密算法，基于大整数分解难题：两个大素数相乘很容易，把乘积分解回两个素数极难。

A 错：DES 是对称算法，加解密同一把密钥，密钥 56 位。

C 错：AES 也是对称算法，是 DES 的继任者，支持 128/192/256 位密钥，目前应用最广。

D 错：MD5 是消息摘要算法，不是加密算法。它把任意长度输入压成 128 位固定长度的摘要，用于完整性校验，不可逆。而且 MD5 已被证明存在碰撞，安全性不足，现在多用 SHA-256。

这道题把三类算法放在一起考，正好理清：

对称加密：DES、3DES、AES、IDEA、RC4——加解密同一把钥匙，速度快，适合大数据量。

非对称加密：RSA、ECC、DSA、DH——公私钥配对，速度慢，适合密钥交换和签名。

摘要算法：MD5、SHA-1、SHA-256——单向不可逆，用于完整性校验和签名前的“压缩”。

实际系统里三者配合：用非对称算法协商出对称密钥，用对称算法加密数据，用摘要算法保证完整性。

C. 分组加密——对，AES 是分组（对称）加密算法（分组长度 128 位，密钥 128/192/256 位），替代 DES。它不是公钥（那是 RSA），不是流密码（RC4 是流密码），也不是摘要（MD5）。

推导：① 每个二并联子系统的可靠度 = 1−(1−R)²（并联公式，只要有一个正常系统就正常）；② 两个子系统与最左边的单个部件串联 → R × (1−(1−R)²) × (1−(1−R)²) = R(1−(1−R)²)²，选 D。

A. R³——三部件串联（没有并联）；B——只算了一个并联块；C——正确。

推导：结构与 2010 上等价（并联块的位置换了）——两个二并联子系统与中间单个部件串联：R × (1−(1−R)²) × (1−(1−R)²) = R(1−(1−R)²)²，选 D。

选 B。可靠性计算只有两条公式，记牢就能秒杀。

串联：所有部件都必须正常，系统才正常。R = R₁ × R₂ × … × Rₙ，部件越多越不可靠。

并联：只要有一个部件正常，系统就正常。R = 1 − (1−R₁)(1−R₂)…(1−Rₙ)，部件越多越可靠。

本题结构是“三并联”和“二并联”两个子系统再串联：

① 左块三个部件并联：1 − (1−R)³

② 右块两个部件并联：1 − (1−R)²

③ 两个子系统串联，相乘：(1 − (1−R)³)(1 − (1−R)²)

A 错：R⁵ 是“五个部件全部串联”的结果，与图不符。

C 错：把串联当成了减法。串联是相乘，不是相减。

D 错：R³ + R² 是把并联当成了相加。并联的可靠性一定小于 1，而 R³+R² 在 R 较大时会超过 1，显然不可能。

解这类题的顺序：先看整体是串还是并 → 再逐层套公式 → 从最内层往外算。图上并排画在一起的是并联，首尾相接的是串联。

选 C。这题和 2017 上半年那道是同一张图、同一套算法，只是选项顺序变了。

结构：三个部件并联成一个子系统，两个部件并联成另一个子系统，两个子系统再串联。

公式分两步：

并联：R_并 = 1 − (1−R)ⁿ。三并联是 1 − (1−R)³，二并联是 1 − (1−R)²。

串联：R_串 = R₁ × R₂。所以整体是 [1 − (1−R)³] × [1 − (1−R)²]。

按官方答案选 C（原选项为公式图）。

要提醒的是：并联的可靠性一定大于单个部件，串联一定小于。用这个性质可以快速排除错误选项——凡是结果可能大于 1 的（比如 R³+R²），一定是把并联当成了相加。

这道题连续两年出现（2017 上、2018 下），图形结构完全一样。把“三并联 × 二并联”这个组合记住，考场上不用重新推。

推导：R(1−(1−R)²) 中的 (1−(1−R)²) 是两个部件并联，再乘一个 R 就是与第三个部件串联——即“前两个部件并联后，再与第三个部件串联”，选 C。

A. 串联 → R³；B. 并联 → 1−(1−R)³；D——“第一个部件与后两个部件并联构成的子系统串联”在数学上同样是 R(1−(1−R)²)，但题目的结构图对应 C 的画法——按官方答案选 C。

计算过程：① 部件 2、3 并联：1 − (1−0.8)² = 1 − 0.04 = 0.96；② 与部件 1 串联：0.9 × 0.96 = 0.864；③ 再与部件 4 串联，要求 0.864 × R4 ≥ 0.85 → R4 ≥ 0.85 / 0.864 ≈ 0.9838。

A——正是 0.85 ÷ 0.864 的表达式，对。B——分母的并联公式写成了加法；C——把除法写成了乘法；D——并联公式少了一个 1−。

选 A（程序计数器 PC）。在汇编语言层面，程序员能直接访问的是程序计数器（以及通用寄存器、标志寄存器），而 IR、MDR、MAR 属于 CPU 内部的工作寄存器，对程序员透明。

A 程序计数器（PC）：存放下一条要执行的指令地址。汇编程序员可以用它实现跳转、计算相对偏移，很多体系结构里都有指令能读写 PC。

B 指令寄存器（IR）：存放当前正在执行的指令，由 CPU 内部自动装载。程序员无法也不应该直接访问——你没法“读一条正在执行的指令”。

C 存储器数据寄存器（MDR）：暂存与主存交换的数据，是 CPU 与内存之间的缓冲，由硬件控制。

D 存储器地址寄存器（MAR）：暂存要访问的主存地址，同样由硬件自动设置。

“透明”这个词在这里是关键：对程序员透明 = 看不见、不用管，不是说“看得见”。IR、MDR、MAR 都属于这一类，值由硬件在取指、访存时自动填好。

可以这样理解：PC 决定“程序走到哪”，是程序逻辑的一部分，所以程序员能碰；IR/MAR/MDR 是“CPU 干活时的草稿纸”，程序逻辑管不着。

B——对，IR 要装下整条指令，所以位数 = 指令字长。A——存储器容量决定地址寄存器/MAR 的位数；C——数据总线宽度决定一次传输的位数；D——地址总线宽度决定寻址范围。

选 D（逻辑异或）。双符号位（变形补码）判溢出的规则是：两个符号位异或为 1 则溢出。

原理：双符号位用两位表示符号，00 表示正、11 表示负，正常情况下两位始终相同。运算结果如果两位不同，说明发生了溢出：

01：本该是正数，数值部分溢到了符号位 → 正溢出（结果超过最大正数）。

10：本该是负数，同样溢到符号位 → 负溢出（结果小于最小负数）。

所以判断方法就是看这两位“是否相同”，不同则溢出——而“不同则为 1”正是异或的定义。

A 错：逻辑与只在两位都为 1 时得 1（即 11），那表示负数，不是溢出。

B 错：逻辑或只要有一位为 1 就得 1，00 时得 0、11 时也得 1，无法区分正常与溢出。

C 错：同或（异或的非）在两位相同时得 1，恰好和溢出判断相反。

顺带记单符号位的判溢出方法：最高位进位与次高位进位异或为 1 则溢出。双符号位法相当于把这个判断“可视化”了——直接看两个符号位是否一致即可。

选 D。分级存储体系（寄存器 → Cache → 主存 → 外存）的存在理由，就是同时兼顾三个互相矛盾的指标。

矛盾在哪：

速度：寄存器最快，Cache 次之，主存再次，外存最慢——差几个数量级。

容量：反过来，寄存器最小（几十字节），外存最大（TB 级）。

成本：越快越贵，每字节价格也差几个数量级。

如果只用最快的，成本高到不可承受；只用最便宜的，慢到没法用。分级存储的做法是：把最常用的数据放在最快最贵的小容量层，把不常用的放在最慢最便宜的大容量层，靠“局部性原理”让整体表现接近最快那层，成本接近最便宜那层。

A 错：主存容量不足只是其中一个维度，没覆盖速度和成本。

B 错：可靠性靠校验、冗余、RAID 解决，不是分级存储的目的。

C 错：外设访问效率靠接口、缓冲、DMA 优化，与存储层次无关。

这道题的干扰设计很典型：A 看起来“很像”，但它只说了三分之一。凡是问“主要目的”的题，要选能覆盖全局的那个。

选 C（通用寄存器）。CPU 访问速度的排序是：寄存器 > Cache > 主存 > 辅存（硬盘）。

通用寄存器：就在 CPU 内部，和运算器直接相连，访问延迟通常只有 1 个时钟周期甚至更短，是最快的存储部件。数量很少（x86-64 只有 16 个通用寄存器），所以编译器要精心分配。

Cache：也在 CPU 内部或紧邻，访问延迟几个到十几个时钟周期，比主存快一个数量级，但比寄存器慢。

内存（主存）：需要经过系统总线访问，延迟几十到上百个时钟周期。

硬盘：机械硬盘寻道加旋转延迟是毫秒级，SSD 也是微秒级，比内存慢几个数量级。

A 错：内存比 Cache 和寄存器都慢。B 错：Cache 很快，但仍慢于寄存器。D 错：硬盘是最慢的一档。

这道题的价值在于建立“速度—容量—成本”的直觉：越快的越小越贵，越慢的越大越便宜。寄存器是这条链的顶端，硬盘是底端。

（8）选 C（漏洞补丁管理）。（9）选 D（数据库安全）。

安全需求分四层，从下往上：

物理安全：保护机房、设备、线路的物理实体。机房安全（A）、设备防雷击、门禁、防火防水都属于这一层。

网络安全：保护网络传输和网络设备。入侵检测（B）、防火墙、VPN、流量控制都属于这一层。

系统安全：保护操作系统和基础软件的稳定运行。漏洞发现与补丁管理（C）、操作系统加固、账号权限管理、日志审计属于这一层——补丁打的是操作系统的漏洞。

应用安全：保护具体业务应用和数据。数据库安全（D）、Web 应用防护、身份认证、数据加密属于这一层——数据库承载的是业务数据。

判别方法：看这个措施作用在哪一层。打补丁修系统软件，所以是系统安全；保护数据库里的业务数据，所以是应用安全。

易错点：入侵检测常被误认为“系统安全”，其实它监控的是网络流量，属于网络安全。这一项是本题最主要的干扰。

选 A（流量分析）。主动攻击和被动攻击的分界线是：是否修改数据或影响系统运行。

被动攻击：只“看”，不改。典型是窃听和流量分析——攻击者截获数据包，观察通信的频率、时长、包大小等特征，从中推断信息（比如“这两个 IP 每晚 10 点大量通信，可能在备份”）。数据本身一个字节都没动，所以属于被动攻击，且难以察觉。

主动攻击：要“动手”，会改变数据流或系统状态。三类典型：

B 重放：把截获的合法消息再发一遍，冒充合法操作（比如重放一次转账请求）。

C IP 地址欺骗：伪造源 IP，冒充他人身份发数据包。

D 拒绝服务：用大量请求耗尽资源，让正常用户无法访问。

还有一类常考的是篡改（修改数据包内容）。

防御思路也不同：被动攻击靠加密（让他看不懂），主动攻击靠认证和完整性校验（让他改不了、冒充不了）。

B. 会话拦截——对（按本题官方解析归为被动攻击）：在通信过程中截获会话内容，不主动篡改数据。A（拒绝服务）、C（系统干涉）、D（修改数据）都是主动攻击。

D. Very Long Instruction Word——对，超长指令字：把多条独立操作打包进一条长指令，由编译器静态调度。A——CISC；B——VLSI；C——SIMD。

选 A（算术左移）。左移一位相当于乘以 2，这是二进制位运算的基本性质。

原理：二进制数左移一位，每一位的权都升一级（2⁰→2¹、2¹→2²……），整体值变为原来的 2 倍。比如 0011（3）左移一位得 0110（6）。

为什么强调“算术”左移？因为移位分两类：

算术移位：把操作数当作有符号数，移位时保持符号位不变。算术左移低位补 0，符号位不动——只要不溢出，结果就是乘 2。

逻辑移位：把操作数当作无符号数，所有位一起移，空出的位补 0。逻辑左移同样相当于乘 2，但它不关心符号。

B 错：逻辑右移是除以 2（无符号），不是乘 2。

C 错：算术右移也相当于除以 2（有符号），且高位补符号位，保持负数仍为负。

D 错：带进位循环左移是把移出的最高位移进进位标志、进位标志移入最低位，是“循环”而非“乘 2”，结果不是原值的 2 倍。

记忆：左移乘 2、右移除 2；算术移位管符号，逻辑移位不管，循环移位不改变数值的倍数关系。

选 A（指令周期的不同阶段）。内存里的指令和数据都是二进制 0/1，形式上看不出区别，CPU 靠“当前处于指令周期的哪个阶段”来区分。

指令周期分两个大阶段：

取指阶段：CPU 把 PC 指向的内容当作指令读进来，送进指令寄存器 IR，再译码执行。这个阶段读出来的就是指令。

执行阶段：根据指令里的地址去读操作数，这时读出来的内容是数据。

同样一段二进制，在取指阶段被当指令，在执行阶段被当数据——区别不在内容，而在CPU 此刻处于哪个阶段。

B 错：寻址方式决定的是“怎么找到操作数”，不是“怎么区分指令和数据”。

C 错：操作码译码发生在已经取出指令之后，是“取出之后怎么解释”，不是“取的时候怎么区分”。这个选项最容易误选。

D 错：存储单元本身不携带“我是指令还是数据”的标记，内存是统一编址的。

这也解释了冯·诺依曼体系的“存储程序”思想：指令和数据混存在同一存储器里，靠时序（阶段）而不是靠位置来区分。

选 C（漏洞发现与补丁管理）。四层安全需求的划分是：物理安全、网络安全、系统安全、应用安全。

物理安全：机房、设备、线路的实体防护。A 设备防雷击属于这一层。

网络安全：网络传输与网络设备的防护。B 入侵检测、D 流量控制属于这一层——入侵检测监控流量，流量控制管理带宽。

系统安全：操作系统和基础软件的防护。C 漏洞发现与补丁管理属于这一层——补丁修的是操作系统／基础软件的漏洞，账号权限、日志审计也归这里。

应用安全：业务应用与数据的防护，比如数据库安全、Web 防护、身份认证。

判别方法：看措施作用的对象。打补丁针对系统软件本身，所以是系统安全；防雷击针对物理设备；入侵检测和流量控制针对网络流量。

这道题和真题 149 是同一知识点，只是把“数据库安全”换成了“流量控制”作干扰。两道题连做，四层划分就清楚了。

完整分析：用 0x000F 做掩码（低 4 位为 1，其余为 0），与运算后 a 的低 4 位保留、高 12 位清零——结果为 0 说明低 4 位全 0。选 A。

B——或运算不能“提取”低 4 位；C——异或 0xFFF0 后比较，判断的是高 12 位；D——与 0xFFF0 后保留的是高 12 位，判断的不是低 4 位。

计算过程：

① 平均 CPI = Σ(CPIᵢ × 占比ᵢ) = 4×0.35 + 2×0.45 + 6×0.20 = 1.4 + 0.9 + 1.2 = 3.5，选 C。

② MIPS = 主频(MHz) ÷ CPI = 2800 ÷ 3.5 = 800，选 B。

（4）B 是漏算了 C 类指令的结果；（5）D 是把主频当成 2.8GHz=2800MHz 之外又乘了系数。