2025邏輯函數(shù)試題及答案一、單項選擇題（每題3分，共15分）1.已知邏輯函數(shù)F(A,B,C)=∑m(0,2,4,5,7)，其反函數(shù)F?的最小項表達式為（）。A.∑m(1,3,6)B.∑m(1,3,6,7)C.∑m(0,2,4,5)D.∑m(1,3,5,6)2.邏輯函數(shù)F=AB+āC+B?C的最簡與或表達式為（）。A.AB+CB.AB+āCC.AB+B?CD.A+C3.若邏輯函數(shù)F(A,B,C,D)的卡諾圖中存在4個相鄰的1格（構(gòu)成2×2矩形），則這4個1格對應(yīng)的最小項合并后可消去（）個變量。A.1B.2C.3D.44.已知邏輯函數(shù)F=āB+BC+āC?，其無關(guān)項約束條件為AB+AC=0，則F的最簡與或表達式為（）。A.B+āC?B.B+āC.B+AC?D.āB+BC5.用或非門實現(xiàn)邏輯函數(shù)F=AB+āC，需至少（）個或非門（每個門輸入不超過2個）。A.2B.3C.4D.5二、填空題（每空2分，共20分）1.邏輯函數(shù)F(A,B,C)=ΠM(1,3,5,7)的標準與或表達式為__________。2.已知邏輯函數(shù)F=āB+BC+āC?，其對偶函數(shù)F=__________。3.卡諾圖化簡邏輯函數(shù)時，若兩個1格相鄰（行或列相鄰），則合并后可消去__________個變量。4.邏輯函數(shù)F=AB+āC的或非-或非表達式為__________（僅用或非門表示）。5.若邏輯函數(shù)F(A,B,C,D)的最小項表達式為∑m(0,1,2,3,4,5,6,7)，則其最大項表達式為__________。6.多輸出邏輯函數(shù)化簡的關(guān)鍵是尋找__________，以減少整體門電路數(shù)量。7.已知邏輯函數(shù)F=A⊕B⊕C，其與或表達式為__________。8.無關(guān)項在卡諾圖中用__________表示，化簡時可根據(jù)需要視為1或0。9.邏輯函數(shù)F=ā+B+C的與非-與非表達式為__________（僅用與非門表示）。10.若F=AB+āC，G=A+B?C，則F+G的最簡與或表達式為__________。三、分析題（共30分）1.（10分）已知邏輯函數(shù)F(A,B,C,D)的真值表如下：|A|B|C|D|F||---|---|---|---|---||0|0|0|0|0||0|0|0|1|1||0|0|1|0|1||0|0|1|1|0||0|1|0|0|1||0|1|0|1|0||0|1|1|0|0||0|1|1|1|1||1|0|0|0|1||1|0|0|1|0||1|0|1|0|0||1|0|1|1|1||1|1|0|0|0||1|1|0|1|1||1|1|1|0|1||1|1|1|1|0|（1）寫出F的最小項表達式和最大項表達式；（2）用卡諾圖化簡F為最簡與或表達式；（3）將化簡后的與或表達式轉(zhuǎn)換為與非-與非表達式。2.（10分）某邏輯電路輸入為4位二進制數(shù)A3A2A1A0（A3為最高位），輸出為Z。要求當(dāng)輸入數(shù)值為3的倍數(shù)（0、3、6、9、12、15）時Z=1，否則Z=0。（1）列出Z的真值表；（2）用卡諾圖化簡Z為最簡與或表達式；（3）用與非門設(shè)計實現(xiàn)該邏輯功能的電路（畫出邏輯圖）。3.（10分）已知多輸出邏輯函數(shù)：F1=āB+BC+āC?F2=AB+āC+BC?（1）分別單獨化簡F1和F2；（2）利用公共項合并化簡，比較合并前后所需與非門數(shù)量（每個門輸入不超過2個）。四、設(shè)計題（共35分）1.（15分）設(shè)計一個“3人表決器”，要求：3位評委（A、B、C，1表示同意，0表示反對）中至少2人同意且主席（A為主席）同意時，決議通過（Z=1）；否則不通過（Z=0）。（1）定義輸入輸出變量；（2）列出真值表；（3）寫出Z的邏輯表達式并化簡為最簡與或式；（4）用或非門設(shè)計實現(xiàn)該功能的電路（畫出邏輯圖）；（5）若增加“棄權(quán)”功能（輸入變量增加D，D=1表示棄權(quán)，此時Z=0），修正真值表和邏輯表達式。2.（20分）某工業(yè)設(shè)備的狀態(tài)監(jiān)測電路需滿足以下邏輯要求：-當(dāng)溫度傳感器T=1（超溫）或壓力傳感器P=1（超壓）時，報警燈L1=1；-當(dāng)轉(zhuǎn)速傳感器S=1（超速）且未超溫（T=0）時，報警燈L2=1；-當(dāng)L1和L2同時為1時，總報警器L3=1，否則L3=0；-無關(guān)條件：超溫時不可能超速（即T=1時S=0）。（1）定義所有輸入輸出變量；（2）列出L1、L2、L3的真值表（考慮無關(guān)項）；（3）用卡諾圖分別化簡L1、L2、L3為最簡與或表達式；（4）設(shè)計整體邏輯電路（僅用與非門，畫出各輸出的邏輯圖）；（5）分析若刪除“超溫時不可能超速”的約束，L3的表達式是否變化，說明理由。---答案及解析一、單項選擇題1.答案：A解析：F的最小項為0、2、4、5、7，共5個，4變量共有16個最小項，反函數(shù)F?的最小項為剩余的1、3、6（共3個）。2.答案：A解析：F=AB+āC+B?C=AB+C(ā+B?)=AB+C(āB?)?=AB+C（利用吸收律：ā+B?=āB?的非，與C結(jié)合后可吸收）。3.答案：B解析：4個相鄰1格（2×2）對應(yīng)最小項中2個變量取0和1各兩次，因此可消去2個變量（如A和B，保留C和D的固定值）。4.答案：B解析：約束條件AB+AC=0意味著AB=0且AC=0（即A=0或B=0且A=0或C=0），因此A=0時B和C任意，A=1時B=0且C=0。將F=āB+BC+āC?代入A=0，得F=B+BC+C?=B(1+C)+C?=B+C?；A=1時B=0、C=0，F(xiàn)=0+0+0=0。結(jié)合約束，F(xiàn)=B+C?（當(dāng)A=0時），但約束下A=1時B=C=0，此時B+C?=0+1=1，與F=0矛盾，故需修正。實際化簡時，將無關(guān)項（AB=1或AC=1的情況）視為1，卡諾圖中A=1行B或C=1的位置標×，合并后得F=B+ā（具體推導(dǎo)：F=āB+BC+āC?=ā(B+C?)+BC=ā(B?C)?+BC，結(jié)合約束AB=0→A=0或B=0，AC=0→A=0或C=0，當(dāng)A=0時，F(xiàn)=B+BC+C?=B+C?；當(dāng)B=0時，F(xiàn)=0+0+ā×1=?。划?dāng)C=0時，F(xiàn)=āB+0+ā×1=ā(B+1)=ā。綜合得F=B+?。?.答案：B解析：F=AB+āC=((AB)?·(āC)?)?（與非-與非式），但需轉(zhuǎn)換為或非-或非式。先求或非表達式：F=AB+āC=(A+B?)?·(ā+C?)?的非？不，正確方法是F=((A?+B?)?+(A+C?)?)?（德摩根定律：AB=((A+B?)?)?？不，正確轉(zhuǎn)換：AB=((A?+B?)?)，āC=((A+C?)?)，因此AB+āC=((A?+B?)?+(A+C?)?)?的非？不，或非門輸出為輸入的或非，即Y=ā+B?的或非是(ā+B?)?=AB。因此，F(xiàn)=AB+āC=((A?+B?)?)+((A+C?)?)=((A?+B?)+(A+C?))?的非？即F=(((A?+B?)+(A+C?))?)?。展開(A?+B?)+(A+C?)=A?+A+B?+C?=1+B?+C?=1，這顯然錯誤。正確方法：F=AB+āC=A(B)+ā(C)=(A+C)(B+C)（分配律），但或非門需實現(xiàn)或非操作，即先將表達式轉(zhuǎn)換為或非的組合。F=(A+C)(B+C)=((A+C)?+(B+C)?)?（德摩根定律），因此需要兩個或非門分別實現(xiàn)(A+C)?和(B+C)?，再用一個或非門對兩者取或非，共3個或非門。二、填空題1.∑m(0,2,4,6)（最大項ΠM(1,3,5,7)對應(yīng)最小項為未出現(xiàn)的0、2、4、6）2.(ā+B)(B+C)(ā+C?)（對偶函數(shù)：與→或，或→與，變量不變）3.1（兩個相鄰1格僅有一個變量不同，合并后消去該變量）4.((A+B?)?+(ā+C?)?)?（F=AB+āC=((AB)?·(āC)?)?=與非-與非，但或非-或非需轉(zhuǎn)換為或非的組合：AB=((A?+B?)?)，āC=((A+C?)?)，因此AB+āC=((A?+B?)?+(A+C?)?)=(((A?+B?)+(A+C?))?)?，即或非-或非式為((A?+B?)+(A+C?))?的或非，即((A?+B?)+(A+C?))?的或非門輸出，簡化后為((A+C)+(B+C))?的或非？可能更簡單的寫法是F=((A+B?)?+(ā+C?)?)?）5.ΠM(8,9,10,11,12,13,14,15)（最小項為0-7，最大項為8-15）6.公共項（多個輸出函數(shù)共享的與項，減少重復(fù)門電路）7.āB?C+āBC?+AB?C?+ABC（異或運算的展開：A⊕B=āB+AB?，再與C異或得(āB+AB?)⊕C=āB?C+āBC?+AB?C?+ABC）8.×（或Φ，表示無關(guān)項）9.((ā)?·(B)?·(C)?)?（F=ā+B+C=((ā)?·(B)?·(C)?)?，即三個變量取反后與非）10.A+B+C（F+G=AB+āC+A+B?C=A(1+B)+āC+B?C=A+C(ā+B?)=A+C(āB?)?=A+C（吸收律）？實際展開：AB+āC+A+B?C=A(1+B)+āC+B?C=A+C(ā+B?)=A+āB?C=A+B?C？不對，正確化簡：AB+A=A(1+B)=A；āC+B?C=C(ā+B?)=C(āB?)?=C·(A+B)?的非？不，直接合并：A+āC+B?C=A+C(ā+B?)=A+C(因為A+āC=A+C，A+B?C=A+B?C，但A+C包含A+B?C當(dāng)C=1時，所以最終F+G=A+C+B?C=A+C(1+B?)=A+C）三、分析題1.（1）最小項表達式：F=∑m(1,2,4,7,8,11,13,14)（根據(jù)真值表中F=1的行，對應(yīng)A,B,C,D的二進制值轉(zhuǎn)換為十進制）；最大項表達式：F=ΠM(0,3,5,6,9,10,12,15)（未出現(xiàn)的最小項為最大項）。（2）卡諾圖化簡：將4變量卡諾圖按行A=0,1，列BC=00,01,11,10排列，填入F=1的位置（m1=0001,m2=0010,m4=0100,m7=0111,m8=1000,m11=1011,m13=1101,m14=1110）。觀察相鄰項：-m1(0001)、m2(0010)、m5(0101)（但m5=0，不考慮）、m6(0110)（0）→無法合并為4格；-m4(0100)、m5(0101)（0）、m12(1100)（0）、m13(1101)（1）→m4和m13可合并為B?D（A=0時B?C?D，A=1時B?CD？實際卡諾圖中，m4=0100（A=0,B=1,C=0,D=0）→對應(yīng)B=1,C=0,D=0；m13=1101（A=1,B=1,C=0,D=1）→B=1,C=0，D任意→合并為BC?（A任意，B=1,C=0）；-m7(0111)=0111（A=0,B=1,C=1,D=1）、m14(1110)=1110（A=1,B=1,C=1,D=0）→B=1,C=1，A和D任意→合并為BC；-m8(1000)=1000（A=1,B=0,C=0,D=0）、m11(1011)=1011（A=1,B=0,C=1,D=1）→A=1,B=0，C和D任意→合并為āB（A=1,B=0→AB?）；最終最簡與或式：F=BC?+BC+AB?=B(C?+C)+AB?=B+AB?=A+B（吸收律：B+AB?=A+B）。（3）與非-與非表達式：F=A+B=((A)?·(B)?)?，需兩個非門（或直接用輸入反變量）和一個與非門，即F=((ā·B?))?。2.（1）真值表（A3A2A1A0為4位二進制數(shù)，0-15）：|A3|A2|A1|A0|數(shù)值|Z||---|---|---|---|---|---||0|0|0|0|0|1||0|0|0|1|1|0||0|0|1|0|2|0||0|0|1|1|3|1||0|1|0|0|4|0||0|1|0|1|5|0||0|1|1|0|6|1||0|1|1|1|7|0||1|0|0|0|8|0||1|0|0|1|9|1||1|0|1|0|10|0||1|0|1|1|11|0||1|1|0|0|12|1||1|1|0|1|13|0||1|1|1|0|14|0||1|1|1|1|15|1|（2）卡諾圖化簡：Z=1的最小項為m0,m3,m6,m9,m12,m15。卡諾圖中，m0(0000)、m3(0011)、m6(0110)、m9(1001)、m12(1100)、m15(1111)。觀察相鄰項：-m0(0000)、m3(0011)、m6(0110)、m9(1001)、m12(1100)、m15(1111)可發(fā)現(xiàn)規(guī)律：數(shù)值為3的倍數(shù)時，二進制中1的個數(shù)為偶數(shù)？實際卡諾圖中，m0和m3（A3=0）：A2=0時，A1A0=00或11→A1=A0；A2=1時，A1A0=10（m6=0110→A1=1,A0=0，和為3×2=6）；A3=1時，m9=1001（9=3×3）、m12=1100（12=3×4）、m15=1111（15=3×5）。合并后可得Z=ā3ā2ā1ā0+ā3ā2A1A0+ā3A2A1ā0+A3ā2ā1A0+A3A2ā1ā0+A3A2A1A0。通過卡諾圖圈選，最簡與或式為Z=ā3ā2(A1⊕A0)?+A3A2(A1⊕A0)?+ā3A2(A1⊕A0)+A3ā2(A1⊕A0)，但更簡單的化簡是發(fā)現(xiàn)Z=(A3⊕A2⊕A1⊕A0)=0？不，3的倍數(shù)二進制特征為各位權(quán)值和（按2的冪）是3的倍數(shù)，實際化簡后Z=ā3ā2ā1ā0+ā3ā2A1A0+ā3A2A1ā0+A3ā2ā1A0+A3A2ā1ā0+A3A2A1A0=(ā3ā2+A3A2)(A1ā0+ā1A0)+(ā3A2+A3ā2)(ā1ā0+A1A0)，最終最簡式為Z=(A3⊕A2)?(A1⊕A0)+(A3⊕A2)(A1⊕A0)?=A3⊕A2⊕A1⊕A0的非？驗證：3的倍數(shù)如3（0011）→0⊕0⊕1⊕1=0→Z=1；6（0110）→0⊕1⊕1⊕0=0→Z=1；9（1001）→1⊕0⊕0⊕1=0→Z=1；12（1100）→1⊕1⊕0⊕0=0→Z=1；15（1111）→1⊕1⊕1⊕1=0→Z=1；0（0000）→0→Z=1，符合。因此Z=(A3⊕A2⊕A1⊕A0)?。（3）與非門實現(xiàn)：Z=(A3⊕A2⊕A1⊕A0)?=((A3⊕A2)⊕(A1⊕A0))?=((A3ā2+ā3A2)⊕(A1ā0+ā1A0))?=(((A3ā2+ā3A2)(ā1A0+A1ā0))+((ā3A2+A3ā2)(A1ā0+ā1A0)))?=與非門組合，具體邏輯圖為：先實現(xiàn)A3⊕A2=((A3A2)?·(ā3ā2)?)?，同理A1⊕A0=((A1A0)?·(ā1ā0)?)?，再將兩者異或后取反，即Z=(((A3⊕A2)·(A1⊕A0))?·((ā3⊕A2)·(ā1⊕A0))?)?。3.（1）單獨化簡：F1=āB+BC+āC?=ā(B+C?)+BC=ā(B?C)?+BC（卡諾圖中A=0時，B=1或C?=1，即B=1或C=0，合并為B+C?；A=1時，BC=1→F1=B+C?（A=0）+BC（A=1）=B+C?（因為A=1時BC=1→B=1,C=1，此時B+C?=1+0=1，與BC=1一致，故F1=B+C?）。F2=AB+āC+BC?=AB+āC+C?B=AB+C(ā+B?)=AB+C(āB?)?=AB+C（吸收律，同第2題）。（2）合并化簡：F1=B+C?，F(xiàn)2=AB+C。公共項為B（F1含B，F(xiàn)2含AB），若用AB作為公共項，則F1=B+C?=AB+āB+C?，F(xiàn)2=AB+C，此時需AB（與門）、āB（與門）、C?（非門）、C（輸入），共4個與非門（AB=((A·B)?)?，āB=((ā·B)?)?，C?=((C)?)?，F(xiàn)1=AB+āB+C?=((AB)?·(āB)?·(C?)?)?，F(xiàn)2=AB+C=((AB)?·(C)?)?），共5個與非門；單獨化簡時F1=B+C?=((B)?·(C?)?)?（2個與非門），F(xiàn)2=AB+C=((AB)?·(C)?)?（2個與非門），共4個，因此合并后無優(yōu)勢。實際正確合并應(yīng)為尋找F1和F2的公共與項，如F1=āB+BC+āC?=ā(B+C?)+BC，F(xiàn)2=AB+āC+BC?=AB+BC?+āC=B(A+C?)+āC，公共項為BC?（F1無，F(xiàn)2有）或āC（F1無，F(xiàn)2有），故單獨化簡更優(yōu)，所需與非門數(shù)量為F1需2個（B和C?取非后與非），F(xiàn)2需2個（AB和C取非后與非），共4個。四、設(shè)計題1.（1）輸入變量：A（主席，1同意）、B、C（評委，1同意）；輸出變量：Z（1通過）。（2）真值表：|A|B|C|Z||---|---|---|---||0|×|×|0（主席不同意，直接不通過）||1|0|0|0（僅主席同意，不足2人）||1|0|1|1（主席+1評委）||1|1|0|1（主席+1評委）||1|1|1|1（主席+2評委）|（3）邏輯表達式：Z=A(āB?C?)?中滿足至少2人同意且A=1，即Z=A(BC+BāC+āBC)？不，直接根據(jù)真值表，A=1時Z=1的情況是B=0,C=1；B=1,C=0；B=1,C=1，即Z=A(āB?C+BāC+BC)=A(BC+BāC+āBC)簡化為Z=A(B+C)（因為A=1時，B=0,C=1→C=1；B=1,C=0→B=1；B=1,C=1→B或C=1，故Z=A(B+C)）。（4）或非門實現(xiàn)：Z=A(B+C)=((A)?+(B+C)?)?（德摩根定律），因此需要一個或非門實現(xiàn)(B+C)?，另一個或非門實現(xiàn)(A)?+(B+C)?的或非，即Z=((A+(B+C)?)?)?？不，正確轉(zhuǎn)換：B+C=((B?·C?))?（與非），但或非門直接輸出B+C的或非是(B+C)?，因此Z=A(B+C)=((A?)+(B+C)?)?（或非門輸入為A?和(B+C)?，輸出為或非結(jié)果，即Z=((A?+(B+C)?))?）。邏輯圖：兩個輸入B、C接或非門1，輸出(B+C)?；A接非門（或直接用A?作為輸入），A?和(B+C)?接或非門2，輸出Z=((A?+(B+C)?))?=A(B+C)。（5）增加棄權(quán)變量D（D=1時Z=0），修正真值表：|A|B|C|D|Z||---|---|---|---|---||×|×|×|1|0||0|×|×|