107 關務特考四等 資訊處理 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

范紐曼模式（von Neumann Model）描述電腦的基本硬體架構，四大子系統為：

1. 算術邏輯單元（ALU）：執行算術運算與邏輯判斷。
2. 控制單元（CU）：解讀指令並控制各子系統的運作。
3. 記憶體（Memory）：儲存程式與資料。
4. 輸入／輸出（I/O）：負責電腦與外部裝置交換資料。

其中，中央處理器（CPU）由控制單元與算術邏輯單元組成；作業系統則是管理電腦資源的系統軟體，不是范紐曼架構的硬體子系統。

解題方法

逐一比對選項與范紐曼模式的四大子系統。凡屬於運算、控制、儲存或輸入／輸出的硬體組成，就屬於架構子系統；作業系統屬於軟體，因此不在其中。

核心觀念

本題考查時脈頻率單位的換算。時脈頻率表示每秒產生的週期數，單位 Hz（赫茲）代表每秒 1 次。常用的 SI 前綴中，$1\text{ G}=10^9$，因此：

解題方法

將「G」換成 $10^9$，再依 Hz 的定義理解為每秒的次數：

所以每秒 10 億次即為正確敘述。

選項分析

核心觀念 本題測驗電腦次級儲存裝置（Secondary Storage）中，固態硬碟（Solid State Drive, SSD）​與傳統機械式硬碟（Hard Disk Drive, HDD）​在硬體架構、物理特性及性能表現上的比較：

1. SSD（固態硬碟）：以非揮發性快閃記憶體（NAND Flash Memory）晶片作為儲存媒介，內部無任何旋轉或移動的機械零件。
2. HDD（傳統硬碟）：依靠旋轉磁碟片（Platters）、主軸馬達（Spindle Motor）與磁頭臂（Actuator Arm）進行磁性讀寫，屬於機電整合元件。

解題方法 本題要求選出兩者比較「錯誤」的敘述。解題切入點為從兩者的物理構造差異（純半導體晶片 vs. 機械旋轉元件）進行判斷：

• SSD 僅由主控晶片與快閃記憶體顆粒組成，沒有碟片與馬達的體積限制，故外型規格（如 M.2、mSATA）可做得極為小巧輕薄；HDD 因需要容納主軸馬達與碟片，常見尺寸為 3.5 吋或 2.5 吋，厚度與體積皆明顯大於 SSD。因此「SSD 體積較大」與事實完全相反。

選項分析

• (A) 錯誤（本題選此項）：SSD 不含任何機械構造，晶片整合度高，體積小且重量輕（例如常見的 M.2 2280 規格大小僅如口香糖一般）；傳統硬碟 HDD 受限於碟片尺寸與馬達機構，體積較大且笨重（桌上型常見 3.5 吋，筆記型常見 2.5 吋）。因此「固態硬碟體積較大」為錯誤敘述。

核心觀念

二進位制的每一位，從小數點往左依序代表 $2^0、2^1、2^2、\ldots$；從小數點往右依序代表 $2^{-1}、2^{-2}、2^{-3}、\ldots$。因此，整數部分與小數部分可分開轉換，再合併。

解題方法

先將十進位整數 $19$ 轉成二進位：

所以整數部分為 $10011_2$。

再將小數部分 $0.25$ 轉成二進位。因為 $0.25=\frac{1}{4}=2^{-2}$，所以小數部分為 $.01_2$。

合併後：

選項分析

• (A) $10111.01$：錯誤。 整數部分 $10111_2=16+4+2+1=23$，小數部分雖為 $0.25$，但整體代表 $23.25$。

核心觀念

八進位每一位的位值是 $8$ 的整數次方，十六進位每一位的位值是 $16$ 的整數次方。可先將兩數以十進位計算，再把總和轉成十六進位；也可先相加，再依位值轉換。本題沒有進位或法規適用問題。

解題方法

先將八進位數轉成十進位：

相加得：

將整數部分 $72$ 轉成十六進位：

將小數部分反覆乘以 $16$，每次取整數部分作為下一位：

核心觀念

八位元一補數法以最高位元表示符號：正數的符號位為 $0$，負數的符號位為 $1$；負數的數值部分則是對應正數各位元逐位取反。由於全 $0$ 與全 $1$ 都代表 $0$，一補數有「正零」與「負零」兩種表示。

解題方法

八位元中，扣除一個符號位後，數值部分有七個位元。

• 最大正數：符號位為 $0$，其餘位元全為 $1$，即 $01111111_2=127$。
• 最小負數：$+127$ 的二進位表示為 $01111111_2$，逐位取反得 $10000000_2$，表示 $-127$。

因此，可表示的整數範圍為 $-127\sim127$。其中 $00000000_2$ 表示正零，$11111111_2$ 表示負零；兩種零表示占用碼位，但不會讓正、負數的範圍增加。

選項分析

核心觀念

1. $n$ 位元二補數（2's Complement）的表示範圍： 對於 $n$ 位元的二補數有符號整數，其可表示的整數範圍為： $[-2^{n-1}, 2^{n-1}-1]$ 本題 $n = 8$，儲存範圍為 $[-2^7, 2^7 - 1] = [-128, +127]$。超出此範圍即稱為「溢位（Overflow）」。

2. 符號位元（Sign Bit）： 最高有效位元（Most Significant Bit, MSB）為符號位元：

• $\text{MSB} = 0$：代表正數或 $0$。
• $\text{MSB} = 1$：代表負數。

3. 二補數加法的溢位判定法則：

• 正數 $+$ 正數 $=$ 負數：產生正溢位（和 $> +127$）。
• 負數 $+$ 負數 $=$ 正數：產生負溢位（和 $< -128$）。
• 正數 $+$ 負數（異號相加）：結果的絕對值必定小於兩數之絕對值，絕對不可能發生溢位。
• 硬體進位判斷：最高位元的進位輸入（$C_{in}$）與進位輸出（$C_{out}$）不相等時（即 $V = C_{in} \oplus C_{out} = 1$），即代表溢位。

解題方法

本題欲找出「加總結果超出儲存範圍（發生溢位）」的選項，標準解題流程如下：

1. 先判斷符號：檢視各選項兩數的 MSB。若為「一正一負」，絕不可能溢位，直接予以排除。
2. 驗算同號相加：對於「同為負數」或「同為正數」的選項，將二進位數值轉換為十進位計算總和，或以二進位加法觀察結果的符號位元是否反轉。

選項分析

• (A) 正確：
• $10000011_2$ 與 $11010111_2$ 的 MSB 皆為 $1$，屬於「負數 $+$ 負數」。
• 轉為十進位：
• $10000011_2 = -128 + 2 + 1 = -125$
• $11010111_2 = -128 + 64 + 16 + 4 + 2 + 1 = -41$
• 兩數相加：$(-125) + (-41) = -166$。
• 由於 $-166 < -128$，已超出八位元二補數的表示下限，發生負溢位。

核心觀念

本題考電腦硬體技術的演進順序。依各時期主要使用的電子元件，通常排列為：

1. 真空管時期：早期電腦以真空管作為主要元件。
2. 電晶體時期：電晶體取代真空管，體積較小、耗電較低、可靠度較高。
3. 積體電路時期：將多個電子元件整合在晶片上。
4. 超大型積體電路時期：晶片整合度進一步提高，可容納大量電晶體。

解題方法

先將題目中的代號對應到技術階段：

• A：電晶體
• B：超大型積體電路
• C：真空管
• D：積體電路

依演進順序排列為「真空管 → 電晶體 → 積體電路 → 超大型積體電路」，代入代號即為 C → A → D → B，所以選項為 (C) CADB。

選項分析

核心觀念

本題考布林代數中邏輯運算的定義與優先順序：

• 「$\cdot$」表示 AND（且）：所有輸入皆為 $1$，結果才是 $1$。
• 「$+$」表示 OR（或）：只要有一個輸入為 $1$，結果就是 $1$。
• AND 的優先順序高於 OR；也可依原式分別計算各乘積項，再將結果相或。

解題方法

將函數寫成兩個乘積項的 OR：

代入各選項的變數值，先計算 AND，再計算 OR：

• (A) $F(0,0,0)=0\cdot0\cdot0+0\cdot0=0+0=0$
• (B) $F(0,1,1)=0\cdot1\cdot1+0\cdot1=0+0=0$
• (C) $F(1,1,1)=1\cdot1\cdot1+1\cdot1=1+1=1$

核心觀念

本題考布林代數的基本運算與恆等律。$+$ 表示 OR（或），$\cdot$ 表示 AND（且）；變數 $X、Y$ 各自只能取 $0$ 或 $1$。常用法則包括：

本題選項 (C)、(D) 的左右兩式相同，只是交換等號兩側；因此它們的真假必定一致。

解題方法

用布林代數化簡，並以 $X=0、X=1$ 的兩種情況驗算。尤其比較 (A) 兩側：當 $X=0、Y=1$ 時，左側 $X+Y=1$，右側 $X\cdot Y=0$，兩側不相等，故 (A) 不是布林等式。

選項分析

• (A) $X+Y=X\cdot Y$：錯誤。 取 $X=0、Y=1$，則 $X+Y=1$，而 $X\cdot Y=0$，所以等式不成立。
• (B) $X+1=1$：正確。 OR 運算只要其中一個輸入為 $1$，結果就是 $1$，因此對 $X=0$ 或 $X=1$ 都成立。

核心觀念

1. 二進位位元與資訊容量： 在數位系統中，一個位元（bit）具有 $0$ 與 $1$ 兩種狀態。由 $n$ 個位元所組成的編碼，最多能表示 $2^n$ 種相異的狀態或符號。
2. 最小位元數判定公式： 若欲對 $N$ 個相異符號進行唯一編碼，所需的最少位元數 $n$ 必須滿足下列不等式： $2^n \ge N$ 以對數表示並取整數（天花板函數 Ceiling Function $\lceil \cdot \rceil$）： $n = \lceil \log_2 N \rceil$
3. 編碼對象數量： 英文字母共有 26 個（從 a 至 z）。本題僅針對「小寫英文字母」進行編碼，故符號總數 $N = 26$。

解題方法

1. 確認符號總數： 英文字母共有 26 個，因此欲編碼的相異符號個數 $N = 26$。
2. 利用次方不等式求解： 尋找滿足 $2^n \ge 26$ 的最小正整數 $n$：

• 當 $n = 4$ 時：$2^4 = 16 < 26$（容量不足，無法分配給全部 26 個字母）。
• 當 $n = 5$ 時：$2^5 = 32 \ge 26$（容量足夠，可為 26 個字母個別指定唯一代碼，尚餘 6 組未用狀態）。

3. 公式推導： $n = \lceil \log_2 26 \rceil$ 因為 $16 < 26 \le 32$（即 $2^4 < 26 \le 2^5$），可得： $4 < \log_2 26 \le 5$ 經無條件進位取整數後得： $n = 5$

因此，至少需要 5 個位元才能完整記錄所有小寫英文字母。

選項分析

核心觀念

本題考大五碼（Big5）的儲存方式。Big5 是中文字元編碼；題目中的「計」、「算」、「機」都是 Big5 中文字元，每字需以 2 個位元組表示。

解題方法

「計算機」共 3 個中文字，因此所需儲存空間為：

選項分析

核心觀念

霍夫曼編碼（Huffman coding）依字元出現頻率建立二元樹：每次取出頻率最低的兩個節點合併，直到形成一棵樹。字元的編碼長度，就是從根節點到該字元葉節點的邊數；頻率越低的字元通常越靠近樹的深處。

解題方法

統計字串 aaaaabbbbcccdde 中各字元的出現次數：

依序合併最低頻率的兩個節點：

1. $e(1)+d(2)=3$
2. $c(3)+[de](3)=6$
3. $b(4)+a(5)=9$
4. $[cde](6)+[ab](9)=15$

核心觀念

本題考中央處理器（CPU）的機器週期，也就是 CPU 執行一個指令時，各階段的先後順序。題目以代號表示四個步驟：

• A：指令讀取（從記憶體取出指令）
• C：指令解碼（判讀指令內容與所需操作）
• D：指令執行（依指令內容完成運算或資料存取）
• B：結果回存（將運算結果寫回暫存器或記憶體）

解題方法

依照指令執行的流程，CPU 必須先取得指令，才能判讀指令內容；完成解碼後，才執行指令指定的操作；執行結果產生後，再將結果回存。因此順序為：

核心觀念

本題考查進位制轉換的基本原理，特別是「$N$ 進位轉十進位」的位置記數法基數展開式（Positional Numeral System Expansion）。

在任何進位制中，數字代表的值等於「各數位上的數碼」乘上「該數位所對應的基數權重（Weight）」之總和。對於一個以基數 $R$（Radix）表示的整數，從右至左（由最低位至最高位），第 $i$ 位的權重為 $R^i$（$i = 0, 1, 2, \dots$）。因此，將 $R$ 進位整數轉換為十進位的通式為：

$N_{10} = \sum_{i=0}^{n-1} d_i \times R^i$

其中 $d_i$ 為第 $i$ 位的數碼，$R$ 為基數。在本題中，基數 $R = 5$。

解題方法

題目給定五進位數字 $(123)_5$，其整數部分由 3 個數位組成：

• 第 0 位（個位數）：數碼為 $3$，權重為 $5^0 = 1$
• 第 1 位（五位數）：數碼為 $2$，權重為 $5^1 = 5$
• 第 2 位（廿五位數）：數碼為 $1$，權重為 $5^2 = 25$

依基數展開法將各數位數碼乘以權重並累加：

$(123)_5 = 1 \times 5^2 + 2 \times 5^1 + 3 \times 5^0$

展開並計算各項乘積：

$= 1 \times 25 + 2 \times 5 + 3 \times 1$ $= 25 + 10 + 3$ $= 38$

故 $(123)_5$ 對應的十進位數為 $38$。

選項分析

核心觀念

本題考輔助記憶體（secondary storage）的特性。硬碟、隨身碟等裝置用來長期保存資料，通常具有以下特點：

• 非揮發性：電源關閉後，資料仍可保存。
• 存取速度較慢：相較於主要記憶體（main memory），讀寫速度通常較慢。
• 由輸入／輸出介面存取：處理器或主要記憶體須透過相應的輸入／輸出介面與輔助記憶體交換資料。

解題方法

逐一檢查選項是否符合輔助記憶體的基本特性。題目官方答案為 C：一般輔助記憶體需要透過輸入／輸出介面存取資料，因此「不需透過輸入／輸出介面」的敘述錯誤。

選項分析

(A) 電腦的硬碟與隨處可見的隨身碟都屬於輔助記憶體：正確。 硬碟與隨身碟都是用來儲存資料的非揮發性儲存裝置，屬於輔助記憶體。

核心觀念

本題考記憶體縮寫 SDRAM 的英文全名。SDRAM 是 Synchronous Dynamic Random Access Memory，中文為「同步動態隨機存取記憶體」。

其中，Synchronous（同步）​表示記憶體的資料傳輸與系統時脈同步；Dynamic Random Access Memory（動態隨機存取記憶體，DRAM）​則是以電容儲存資料、需要定期重新整理的記憶體。

解題方法

辨認縮寫中的三個部分即可：

• S：Synchronous（同步）
• DRAM：Dynamic Random Access Memory（動態隨機存取記憶體）

因此，SDRAM 的完整名稱是「同步動態隨機存取記憶體」，選擇與此名稱相符的選項。

選項分析

核心觀念

本題考查精簡指令集架構（RISC）與複雜指令集架構（CISC）的典型特徵，以及 MIPS、ARM 的架構分類。

CISC 通常具有較多種類的指令，指令長度可能不固定，部分指令也能執行較複雜的操作。RISC 則偏向使用較精簡、規則的指令；完成較複雜的工作時，通常需要組合多條簡單指令。

解題方法

逐項比對各選項與 RISC、CISC 的典型特徵，並確認 MIPS 與 ARM 的架構分類。MIPS 和 ARM 都是 RISC 架構的代表，因此將 ARM 說成 CISC 的選項錯誤。

選項分析

核心觀念

本題測驗電腦五大硬體單元（馮·紐曼架構，Von Neumann Architecture）中輸入單元（Input Unit）​與輸出單元（Output Unit）​之基本定義與裝置分類。

• 輸入裝置（Input Device）：負責將外部世界之資料、指令或物理訊號（如按鍵動作、游標位移、光學圖像、聲音）轉換為電腦內部可處理之二進位數位訊號，資料流向為「外部環境／使用者 $\rightarrow$ 電腦主機」。
• 輸出裝置（Output Device）：負責將電腦內部運算處理完畢之二進位數位資料，轉換為人類可理解之形式（文字、圖形、聲音、實體印刷品）或供其他外部系統接收，資料流向為「電腦主機 $\rightarrow$ 外部環境／使用者」。

解題方法

採用「資料傳輸流向判斷法」：

1. 檢視各選項裝置之資料流動方向：

• 使用者操作／實體資料 $\rightarrow$ 轉換為數位訊號送入主機：屬於輸入裝置。
• 電腦主機傳出數位訊號 $\rightarrow$ 轉換為實體呈現或紙本：屬於輸出裝置。

2. 題幹要求選出「不是電腦的輸入裝置」，故需找出屬於輸出裝置或非輸入性質者。

選項分析

核心觀念

本題考查中央處理器（CPU）各部分的職責。控制單元（Control Unit，CU）負責解讀指令，並協調、控制各部件依照指令執行工作，使程式能按正確流程運作。

CPU 中常見的功能分工如下：

• 控制單元（CU）：解讀指令，控制程式執行流程並協調各部件。
• 算術邏輯單元（ALU）：執行算術運算與邏輯判斷。
• 主記憶體：儲存目前執行中待處理的程式與資料。

解題方法

依選項描述判斷它對應的硬體功能：控制執行流程屬於控制單元；數學運算與邏輯判斷屬於算術邏輯單元；儲存程式或資料則屬於記憶體。因此，符合控制單元職責的是「控制電腦執行程式的流程」。

選項分析

核心觀念

范紐曼模式將指令與資料存放於記憶體，由中央處理器（CPU）循序擷取指令、讀取資料並執行。CPU 與記憶體之間透過匯流排傳輸資訊；當 CPU 處理速度快於記憶體與匯流排的傳輸速度時，CPU 便須等待資料或指令送達，形成效能瓶頸，稱為范紐曼瓶頸（von Neumann bottleneck）。

解題方法

判斷關鍵在「瓶頸」指向哪一段：范紐曼瓶頸不是處理器本身的製程限制，也不是記憶體容量不足，而是 CPU 與記憶體之間的資料傳輸能力限制。因此，應選擇指出 CPU 反覆存取記憶體、且傳輸速度影響整體執行效能的選項。

選項分析

核心觀念

本題考辨識電腦常見連接埠的用途。鍵盤、滑鼠屬於輸入設備，常透過 USB（Universal Serial Bus，通用序列匯流排）連接埠連接電腦。USB 也能連接印表機、隨身碟等多種周邊設備。

解題方法

先依用途分類各選項：HDMI、DVI 主要傳送影像訊號；eSATA 用於連接外接儲存裝置；USB 則是通用的周邊設備介面，常用於鍵盤和滑鼠。因此選擇 USB。

選項分析

核心觀念

本題測驗電腦科學中常見的時間度量單位與國際單位制詞頭（SI Prefixes）​的數值對應關係。

在計算機系統架構中，評估處理器時脈週期、指令執行時間、記憶體與週邊設備存取延遲時，常使用小於「秒（Second, $s$）」的時間單位。標準的三階次微縮單位如下：

• 毫秒（Millisecond, $ms$）：$10^{-3}$ 秒（千分之一秒）
• 微秒（Microsecond, $\mu s$）：$10^{-6}$ 秒（百萬分之一秒）
• 奈秒（Nanosecond, $ns$）：$10^{-9}$ 秒（十億分之一秒，舊稱毫微秒）
• 皮秒（Picosecond, $ps$）：$10^{-12}$ 秒（一兆分之一秒，舊稱微微秒）

解題方法

1. 詞頭定義： 「微（Micro-，符號為希臘字母 $\mu$）」在科學記號中代表 $10^{-6}$，即數值上的百萬分之一（$\frac{1}{1,000,000}$）。
2. 代入推導： $1 \text{ 微秒 } (\mu s) = 1 \times 10^{-6} \text{ 秒} = \frac{1}{1,000,000} \text{ 秒}$ 換算為中文數字計數即為「百萬分之一秒」。

選項分析

• (A) 錯誤：千分之一秒為 $\frac{1}{10^3} = 10^{-3}$ 秒，其度量單位為毫秒（Millisecond, $ms$）。

核心觀念

本題考二進位容量單位的換算。依計算機概要常用的二進位表示法，每往上一個容量級距，乘以 $2^{10}$：

因此，PB（Petabyte）再往上依序為 TB、PB，每升一級乘以 $2^{10}$。

解題方法

從 GB 開始逐級換算：

所以 $1\text{ PB}=2^{50}\text{ Bytes}$。

選項分析

• (A) $2^{30}\text{ Bytes}$：錯誤。 這是二進位換算下的 $1\text{ GB}$。

核心觀念

本題考查 24 位元色彩表示法。在常見的 RGB 色彩模式中，像素的三個位元組分別表示紅色（Red）、綠色（Green）與藍色（Blue）的強度。

每個位元組有 $8$ 位元，因此三個位元組合計為：

解題方法

辨認「24 位元彩色影像」中的三個位元組，先將 $24$ 位元換算成 $3$ 個位元組，再對應 RGB 三原色。每個色彩通道各用 $8$ 位元表示，通常可表示 $2^8 = 256$ 種強度；三個通道組合可表示 $2^{24}$ 種色彩。

核心觀念

未壓縮數位音訊的資料量，取決於取樣頻率、每次取樣所占位元數及聲道數：

題目給的取樣精確度是 2 位元組，等於 $2\times8=16$ 位元；左右聲道共 2 聲道。

解題方法

每秒音訊資料量為：

換算成位元組：

以 $1\text{ MB}\approx1{,}000{,}000$ 位元組估算，700 MB 可儲存的秒數為：

換算成分鐘：

核心觀念

本題測驗「作業系統發展史」以及「高階程式語言與作業系統之關聯」：

1. 作業系統的可攜性（Portability）：早期作業系統多以「組合語言（Assembly Language）」撰寫，深度依賴特定硬體架構，難以跨平台移植。
2. C 語言與 Unix 的淵源：貝爾實驗室（Bell Labs）的丹尼斯·里奇（Dennis Ritchie）在 B 語言基礎上設計發明了 C 語言，其最初的核心目的之一，正是為了解決組合語言不易移植的問題，用以改寫 Unix 作業系統核心。

解題方法

1. 考證作業系統的演進時序與實作語言：

• Unix 最初由肯·湯普遜（Ken Thompson）與丹尼斯·里奇於 1969 年使用 PDP-7 的組合語言開發。
• 為了克服不同電腦硬體架構間的移植障礙，里奇於 1972 年發展出高階語言 C 語言。
• 1973 年，Unix 核心（第 4 版，Version 4）正式使用 C 語言重新改寫，使 Unix 成為資訊史上第一個成功以高階程式語言（C 語言）撰寫的現代作業系統，奠定了其優異的跨硬體平台可攜性。

2. 其餘選項（Linux、Solaris、Windows）之核心實作年代皆在 1980 年代後期至 1990 年代，遠晚於 1973 年改寫完成的 Unix。

選項分析

• (A) Linux 錯誤：芬蘭赫爾辛基大學學生林納斯·托瓦茲（Linus Torvalds）於 1991 年以 C 語言開發出第一版 Linux 核心，屬於現代類 Unix（Unix-like）作業系統，其問世時間遠晚於 Unix。

核心觀念

本題考查 Android 的作業系統基礎。Android 是以 Linux 核心為基礎發展的行動作業系統；Linux 核心負責處理硬體與系統資源，Android 再在其上建構執行環境、系統服務及應用程式框架。

解題方法

辨認 Android 的底層核心即可作答：Android 採用 Linux 核心，因此選擇 Linux。題目問的是「以哪種作業系統為基礎」，不是問 Android 的介面、程式語言或應用程式平台。

選項分析

• (A) Solaris：錯誤。 Solaris 是另一種 Unix 系列作業系統，並非 Android 所採用的核心。
• **(B) Windows：錯誤。

核心觀念

本題考查 Unix 作業系統的起源與開發機構。Unix 最初於 1969 年在 AT&T 貝爾實驗室開發，主要參與者包括肯·湯普遜（Ken Thompson）與丹尼斯·里奇（Dennis Ritchie）。

解題方法

抓住「Unix 的起源」即可判斷：Unix 並非由電腦公司或大學開發，而是源自美國電話電報公司（AT&T）旗下的貝爾實驗室，因此選 D。

選項分析

• (A) 蘋果公司：錯誤。 蘋果公司後來推出 macOS 等作業系統；macOS 的核心與 Unix 系統有關，但蘋果不是 Unix 的最初開發者。

核心觀念

CMYK 是印刷常用的減色混色模型，四個字母分別代表：

• C：青色（Cyan）
• M：洋紅色（Magenta）
• Y：黃色（Yellow）
• K：黑色（Black，亦用 K 表示以避免與藍色 Blue 的 B 混淆）

因此，題目問 CMYK 採用的顏色之一，青色符合。

解題方法

直接辨認 CMYK 四個字母所代表的顏色即可。四者為青、洋紅、黃、黑；逐一比對選項，只有「青色」在其中。

選項分析

核心觀念

本題考查多媒體技術中的數位音訊格式與壓縮分類（Audio Compression Formats）。

聲音數位化的過程包含「取樣（Sampling）」、「量化（Quantization）」與「編碼（Encoding）」，最基本的原始數位音訊格式為脈波編碼調變（PCM, Pulse Code Modulation）。在計算機概論的命題中，數位音訊檔案依其處理方式主要分為三大類：

1. 未壓縮格式（Uncompressed Audio）：直接記錄 PCM 原始取樣數據，未經任何壓縮演算，檔案體積最大，如 WAV、AIFF、AU。
2. 非破壞性（無損）壓縮格式（Lossless Compression）：透過演算法消除數據冗餘，解壓縮後可 $100\%$ 還原原始音訊，如 FLAC、APE、ALAC。
3. 破壞性（有損）壓縮格式（Lossy Compression）：利用人類聽覺心理聲學模型去除人耳不易察覺的訊號，體積大幅縮小但無法完全還原，如 MP3、AAC、WMA、OGG、RM。

解題方法

解題切入點在於區分「未壓縮」與「有損／無損壓縮」：

• 題目要求找出未經壓縮處理的格式。
• 檢視選項可知：MP3 與 RM 為破壞性壓縮，FLAC 為非破壞性壓縮，只有 WAV 在標準架構下直接儲存 PCM 原始音訊波形，未經資料壓縮，故應選 (D)。

選項分析

• (A) .mp3：錯誤。 全名為 MPEG-1/MPEG-2 Audio Layer III，是廣泛使用的破壞性（有損）壓縮格式。其利用「心理聲學模型（Psychoacoustics）」去除人耳難以辨別的頻率（如聲音遮蔽效應 Masking Effect），壓縮比通常可達 $10:1$ 至 $12:1$，經過高度壓縮處理。
• (B) .rm：錯誤。

核心觀念

未經壓縮的影片容量，等於「每張畫格的資料量 × 每秒畫格數 × 影片秒數」。24 位元色彩代表每個像素使用 24 位元，也就是 3 位元組；題目未提音訊，因此只計算影片畫格資料。

解題方法

一張畫格的像素數為：

$352\times240=84{,}480\text{ 個像素}$

每個像素使用 24 位元，因此一張畫格的資料量為：

$84{,}480\times24=2{,}027{,}520\text{ 位元}$

一分鐘共有 $30\times60=1{,}800$ 張畫格，故總資料量為：

$2{,}027{,}520\times1{,}800=3{,}649{,}536{,}000\text{ 位元}$

換算成位元組（$8$ 位元 $=1$ 位元組）：

$\frac{3{,}649{,}536{,}000}{8}=456{,}192{,}000\text{ 位元組}$

以 $1\text{ MB}=1{,}048{,}576\text{ 位元組}$ 換算，約為 $435.2\text{ MB}$，對應選項 C。

核心觀念

本題考查類比電視制式 NTSC 的影像播放速率。臺灣採用的 NTSC 制式，每秒約呈現 30 張影像畫面；實際規格常以每秒約 29.97 個畫面表示。

解題方法

辨認題目中的「每秒播出幾張影像畫面」，對應的是 NTSC 的畫面播放速率。考試通常以整數近似值表示，因此約為每秒 30 張，選擇 30 即可。

選項分析

核心觀念

本題考查作業系統的程序狀態與 CPU 排程。處於就緒（ready）​狀態的程序，已具備執行條件，正等待作業系統分配 CPU；取得 CPU 後便可執行。就緒狀態不代表程序已在使用 CPU，而是有機會被排程器選中。

解題方法

判斷各狀態的程序是否具備取得 CPU 的條件：

• 就緒：已準備好執行，只差 CPU。
• 等待：正在等待事件或 I/O 完成，尚不能繼續執行。
• 新產生、結束：尚未進入可執行階段，或已完成執行。

因此，能被排程器選中並取得 CPU 使用權的狀態是就緒。

選項分析

核心觀念

本題測驗作業系統演進歷史中的作業系統類型與其排程機制。

1. 多元程式系統（Multiprogramming System）：將多個程式同時載入記憶體，當執行中的程式遇到 I/O 等待時，CPU 便切換至另一個程式執行，主要目標在於提高 CPU 使用率（CPU Utilization）。
2. 分時系統（Time-Sharing System / Multitasking）：為多元程式系統的邏輯延伸。CPU 時間被劃分成微小片段（稱為 Time Quantum 或 Time Slice，時間配額／時間片段），作業系統透過時鐘中斷（Clock Interrupt）與排程演算法（如輪轉法 Round-Robin, RR），讓記憶體中的多個程式快速輪流使用 CPU。主要目標在於縮短回應時間（Response Time），提供良好的互動性（Interactivity），讓每個使用者皆感覺享有獨立的電腦資源。

解題方法

解題的關鍵在於題幹的核心特徵描述：「將時間切割成許多小片段（time quantum）」 與 「輪流執行」。

在作業系統分類中：

• 批次系統不具備時間片段輪流切換的概念；
• 即時系統以任務截止時限（Deadline）為排程依據；
• 多處理器系統描述的是擁有多顆實體處理器的硬體架構；
• 唯有分時系統的核心運作特徵即是藉由 Time Quantum 輪流分配 CPU 執行權。

因此，直接由定義即可選定「分時系統」。

選項分析

• (A) 批次系統（Batch System）：錯誤。 批次系統將使用者提交的工作（Jobs）依性質聚集成「批」，依序載入電腦自動處理，執行期間使用者無法介入或與之互動。其排程多採先進先出（FIFO/FCFS），並無利用時間片段（time quantum）在多個程式間快速輪流切換的機制，其設計主要著眼於提升整體的系統吞吐量（Throughput）。

• (B) 分時系統（Time-Sharing System）：正確。 分時系統透過硬體計時器產生週期性的時鐘中斷，將 CPU 運作時間細分為極短的「時間片段（Time Quantum，通常約 $10 \sim 100\text{ ms}$）」。每個程式在分配到的時間片段內執行；一旦時間耗盡（Time Slice Expired），即便程式尚未結束，也會被強制中斷並移入就緒佇列（Ready Queue）尾端，換由下一個程式執行。此種輪流執行的機制即為經典的輪轉排程法（Round-Robin Scheduling）。

核心觀念

本題考查手持式作業系統的原始碼授權型態。封閉原始碼指系統的原始碼不公開供一般人自由檢視、修改與散布；開放原始碼則依其授權條款公開原始碼，允許社群檢視或修改。

解題方法

辨認各作業系統的開發與授權模式：iOS 是 Apple 開發的專有作業系統，屬封閉原始碼平台；Android、webOS 與 Sailfish OS 則有開放原始碼的系統核心或版本，因此依本題分類，選擇 iOS。

選項分析

• (A) webOS：錯誤。 webOS 的系統程式碼曾以開放原始碼方式釋出，並有開放原始碼版本。
• **(B) Sailfish OS：錯誤。

核心觀念

數位相機的感光元件（如 CCD 或 CMOS）接收光線後，會將光能轉換成與光強度相關的類比電訊號。這種訊號仍是連續變化的，須經由類比數位轉換器（ADC，Analog-to-Digital Converter）取樣與量化，轉成數位資料，才能交由後續電路處理並儲存成影像。

解題方法

題目問的是「將感應光所得的類比訊號轉成數位訊號」的元件。抓住「類比轉數位」這項功能，對應的就是 ADC。感光元件負責感光並產生類比訊號；ADC 負責把該訊號轉為數位值；DSP 則負責後續的數位訊號處理。

選項分析

核心觀念

本題考「分散式系統」（Distributed System）的定義：多部彼此獨立的電腦透過網路連結，藉由訊息傳遞與通訊協調彼此行為，共同提供服務或完成工作。題幹的「一組電腦」、「透過網路相互連結」、「傳遞訊息與通訊」及「協調它們的行為」，都是分散式系統的關鍵特徵。

解題方法

抓住題幹描述的系統組成與運作方式即可判斷。若重點是多部電腦經由網路交換訊息、協調運作，對應的就是分散式系統；若重點是共享 CPU 時間、工作批次處理，或回應時間限制，才分別對應其他選項。

選項分析

• (A) 分時系統：錯誤。 分時系統將處理器時間切分為多個時間片，讓多個使用者或工作輪流使用 CPU，重點是共享處理器與互動性，不是多部電腦透過網路協調行

核心觀念

本題考查 Windows 作業系統內建系統管理與監控工具之職責劃分。考生須清楚分辨下列常用管理元件的功能：

1. 工作管理員（Task Manager）：負責系統資源的即時動態效能監控（CPU、記憶體、磁碟、網路、GPU 等）與處理程序（Process）的生命週期管理。
2. 裝置管理員（Device Manager）：負責硬體週邊裝置清單、驅動程式（Driver）安裝/更新與硬體衝突排除（屬於靜態硬體組態）。
3. 工作排程器（Task Scheduler）：負責在特定時間或系統事件觸發時，自動執行批次檔、腳本或應用程式。
4. 電源選項（Power Options）：負責設定系統供電模式、睡眠休眠策略與螢幕逾時等電源管理設定。

解題方法

題幹詢問「查看 CPU 的使用效能」（包含動態使用率百分比、即時時脈、運作時間、核心負載等）：

1. 判斷需求屬性為動態效能監控，而非靜態硬體清單或系統策略配置。
2. 在 Windows 系統中，提供即時資源效能曲線圖與負載百分比的標準內建工具即為「工作管理員」中的「效能」（Performance）分頁。
3. 因此，直接以系統管理工具之功能對應即可選定 (A)。

選項分析

• (A) 工作管理員：正確。 工作管理員具備即時監控系統資源的功能。切換至「效能」分頁，可即時檢視 CPU 的使用率（$0\% \sim 100\%$）、運作時脈、插槽/核心/邏輯處理器數目、處理程序與執行緒（Thread）總數，以及系統運作時間；「處理程序」分頁亦可依 CPU 使用率排序個別軟體的佔用情況。

核心觀念

本題考數位影像的像素尺寸、輸出解析度與實體列印尺寸之間的換算。PPI（pixels per inch，每英吋像素數）表示每英吋輸出的像素數，因此：

解題方法

相片尺寸為 $3266\times2450$ 像素，輸出解析度為 $600\ \text{ppi}$。分別將長、寬的像素數除以每英吋 600 像素：

四捨五入至小數點後兩位，影像列印尺寸約為 $5.44\times4.08$ 英吋，符合選項（C）。

選項分析