1.
设在某进制下 4×6=33 ,则十进制数 40 用该进制表示为_____.
解析：十进制下4×6=24;把 R 进制 33 按权展开 3x
+3x
=24,得：R=7;将十进制40转换为七进制数是 55.
设在某进制下，8+5=14，则在该进制下，15-6=___.
8
2.
逻辑运算：（10110010 V 01100111) ∧ 11001011 的结果是_____
V：逻辑或（有1得1，全0为0）
∧：逻辑与（有0得0，全1为1）
用原码表示的 7位有符号二进制整数的取值范围是____.
n位原码：
~
两个8位二进制表示的补码分别是 10110111、00110011，相加后得到的结果用反码表示是___,用原码表示是____,转换成十进制数是_____.
11101001 10010110 -22
将某 8 位二进制的低 4 位清零，高 4 位保持不变，操作是_____.
将其和 11110000 进行与运算
若将任意无符号二进制整数整体向右移动一位并在右端末尾补上一个0，则其结果为原数的__倍。
解析：可以从熟悉的十进制数入手，，对于任意一个非零无符号十进制数在其末尾添加一个0后，结果明显扩大了原来的 10 倍。
（100）
=(4)
–>(1000)
= (8)
扩大了原来的 2 倍。
3.
已知某硬盘的转速为每分钟 10000 转，则该硬盘旋转的平均等待时间约为：___.
解析：平均等待时间：当磁头移动到数据所在的磁道后，等待所要的数据块继续转动到磁头下的时间，是盘片旋转周期的一半。
10000（转）/ 60 x 1000（ms) –> 盘片的旋转周期为 6 ms, 则平均等待时间为 3 ms.
若某计算机数据总线的宽度为64位，工作频率为 133MHz,每个总线周期传输一次数据，则该计算机的带宽为___.
1.064GB/s
若某硬盘的转速为每分钟7200转，则其平均等待时间约为_____.
60/7200×1/2×1000=30/7.2≈4ms.
4.
已知某处理器拥有34根地址线，则该处理器最大的寻址空间为____.
解析：利用公式
B 求解（n为处理器地址线的根数）。
=
GB =
GB = 16GB.
5.
已知字符“A” 的ASCII 码为 41H, 则字符 “d” 的 ASCII 码为____.
解析：国标码=区位码+2020H
机内码=国标码+8080H
机内码=区位码+A0A0H
A:41H a:61H
6.
若使用 32 x 32 的点阵表示字形信息，则表示GB2312—80字符集中所有字符的字形信息所需要的存储空间为____.
GB2312—80字符集中包含6763个简体汉字和682个非汉字字符，共计7445个字符对象。而每个32×32的点阵表示的字形信息占用32×32/8=128字节的空间。
一幅分辨率为6144×4096的24位真彩色图像，未经压缩的信息量是___.
图像数据量(bits)=图像水平分辨率x图像垂直分辨率x像素深度/8
=6144x4096x24/1024MB/1024 kB/8Byte
=72MB
一幅分辨率为1280 x 1024的256色的图像，占用的存储空间为____.
因为图像为256色，即颜色总数为256，所以图像深度为8.
在 32 x 32 的点阵字库中，存储一个汉字字形码所需要的字节数是____.
32 x 32 / 8 =128
由R、G、B三基色组成的640×480的彩色图像，若三个分量的像素深度分别为 4，6，8 则该图像的最大颜色数是_____.
K=4+6+8=18,
7.
在对某段3分钟的音乐数字化时，如果取样频率为 44.1 kHZ ,量化位数为16位，双声道，那么该音乐数字化后未经压缩的信息量大约是___.
波形声音的码率（kb/s) = 取样频率 x 量化位数 x 声道数。
未经压缩的数据量为：44.1 x 16 x 2 x 1000 / 8 / 1024 /1024 x 60 x 3 ≈ 30.28MB.
语音信号必须数字化后才能由计算机存储和处理。假设语音信号数字化时的取样频率为 8kHz,量化精度为 8 位，数据压缩比为 4，那么 2 分钟数字语音的数据量约为____.
240 kB
若22.05 kHz的取样频率，8位量化位数数字化某段声音，则采集 30 秒，双声道声音所需的存储空间大约是_____.
1.3 MB(22.05x8x2x30/8)