121 kts kt đáp án

Điểm

Chữ kí giám thị

ĐỀ KIỂM TRA HK1 (2012-2013)
Mơn: Kỹ thuật số

Thời gian: 70 phút

(SINH VIÊN KHÔNG ĐƯỢC SỬ DỤNG TÀI LIỆU)
HỌ TÊN: ………………………………………. MSSV: ………………… NHÓM: ………..
SINH VIÊN LÀM BÀI NGAY TRÊN ĐỀ THI - ĐỀ THI CÓ 4 TRANG

Câu 1 (2,0 điểm)
a. Hãy biểu diễn giá trị 93 bằng các mã:
- BCD 2421:

1111 0011

(0,5 d)

- BCD quá 3:

1100 0110

(0,5 d)

- Mã Hex:
- Mã Gray:

5D

(0,5 d)

0111 0011

(0,5 d)

b. Hãy xác định cơ số của hệ thống số đếm để phép toán sau thực hiện đúng:
302/20 = 12.1
(3r2 + 2) / 2r

=

r + 2 + r -1

3r2 + 2

= 2r2 + 4r + 2

r2 - 4r

= 0

=> r = 0 (loại) và r = 4 (nhận)

(1,0 d)

Câu 2 (2,0 điểm) Sử dụng tiên đề và định lý:
a. Chứng minh đẳng thức sau (chỉ được biến đổi 1 vế của đẳng thức)

AB  BC  ABC  ABC  ABC  A  BB  C
VT:

A (B + B’C) + BC + A’B( C + C’)

= A (B + B’)(B+ C) + BC + A’B
= AB + AC + BC + A’B
= B(A+ A’ + C) + AC
= B ( 1+ C) + AC
= B + AC
= (A + B)(B + C) : VP

1

(1,0 d)


b. Tìm dạng chính tắc 1 () và chính tắc 2 () của hàm

FA, B, C  A  BB  C  ABC

F = (A’C + B + A’BC’)’ = (A’C + B)’ = B’.(A’C)’ = B’.(A+C’) = AB’ +B’C’
= AB’(C’+C) + (A’+A)B’C’
= AB’C’ + AB’C + A’B’C’ + AB’C’
= AB’C’ + AB’C + A’B’C’
=

m4

+

m5 +

m0

= (0, 4, 5) = (1, 2, 3, 6, 7)

(1,0 d)

Câu 3 (1,0 điểm)
Cho sơ đồ logic như hình vẽ

A

Y1

Y3

B

.

C

Y

Y2
Y4

D

Hãy vẽ dạng sóng của Y1, Y2, Y3, Y4 và Y
A
B
C
D
(0,25 d)

(AB)’ = Y1
(C)’ = Y2
(C Y1)’ = Y3

(0,25 d)

(D Y2)’ = Y4

(0,25 d)

(Y3Y4)’ =

(0,25 d)

Y
2


Câu 4 (1,5 điểm) Cho hàm F (W, X, Y, Z) = M(1, 3, 5, 9, 11, 12, 13, 14) . D(0, 4, 15)
Hãy dùng bìa Karnaugh rút gọn và tìm tất cả các biểu thức P.O.S có thể có của hàm F
(mỗi biểu thức vẽ 1 bìa Karnaugh và chú thích đầy đủ các liên kết)
`WX 00
YZ

`00 X
01

0

11

0

10

WX
00
YZ
00 X

01

11

10

X

0

0

0

0

01

0

X

0

11

0

0

F = (W + X)(X + Z)(Y + Z)

WX
00
YZ
00 X

01

11

10

X

0

0

0

0

01

0

X

0

11

0

0

10

11

X

0

0

0

0

X

0

10

0

10

F = (W + X)(X + Z)(W + Y)

(0,5 d)

01

F = (W + X)(X + Z)(X + Y)

(0,5 d)

(0,5 d)

Câu 5 (2,0 điểm)

Một mạch tổ hợp so sánh hai số 2 bit có dấu bù 2: A và B. Mạch có ngõ ra là một số 2
bit có dấu bù 2 C: nếu A=B thì C=0, nếu A ≠ B thì C = MAX(A, B).
a. Thành lập bảng giá trị của hệ tổ hợp này và biểu diễn hàm các ngõ ra dạng :
A1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1

A0
0
0
0
0
1
1
1
1

0
0
0
0
1
1
1
1

B1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1

B0
0
1

0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1

C1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0

1
0

C0
0
1
0
0
1
0
1
1
0
1
0
1
0
1
1
0

C1 (A1, A0, B1, B0) = (11, 14)

(0,5 d)

C0 (A1, A0, B1, B0) = (1, 4, 6, 7, 9, 11, 13, 14)

(0,5 d)

b. Hãy thiết kế mạch tổ hợp trên sử dụng Decoder 4  16 (ngõ ra tích cực cao) và cổng

logic cần thiết
3


Decoder 4->16 ngõ ra tích cực cao, mỗi ngõ ra Yi = mi : thực hiện hàm  bằng cổng OR

A1

X3

A0

X2

B1

X1

B0

X0 (lsb)

Y1
Y4
Y6
Y7
Y9
Y11

C0

(0,5 d)

Y13
Y14

C1

(0,5 d)

Câu 6 (1,5 điểm)
Mạch so sánh hai số nhị phân 3-bit P (P = P2P1P0) và Q (Q = Q2Q1Q0) sẽ cho ngõ ra Y
của mạch ở logic 1 nếu và chỉ nếu P > Q.
a. Hãy viết biểu thức của ngõ ra Y
Y = P2 Q2 + (P2  Q2) P1 Q1 + (P2  Q2)(P1  Q1) P0 Q0

(0,5 d)

b. Cho bộ so sánh 1-bit như hình vẽ sau. Sử dụng bộ so sánh 1-bit và cổng logic cần
thiết để thực hiện mạch so sánh nhị phân 3-bit ở câu a
SS 1-bit

x
y

P2

x

Q2

y

P1

x

Q1

y

P0

x

Q0

y

x
0
0
1
1

(x>y)
(x=y)
(x
y

0
1
0
1

(x>y)
0
0
1
0

(x=y)
1
0
0
1

(x0
1
0
0

(x>y)
(x=y)
(x
Y
(x>y)
(x=y)

(x
(1,0 d)

(x>y)
(x=y)
(x
Ngày 10 tháng 10 năm 2012
Duyệt của BM Điện Tử
4