111 關務特考四等 資訊處理 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

MIPS 表示每秒執行的百萬條指令數；CPI 表示平均執行一條指令所需的時脈週期數。兩者與處理器時脈頻率的關係為：

因此：

解題方法

已知處理器速度為 $300$ MIPS，且 CPI 為 $2$，代入公式：

這表示處理器每秒執行 $300$ 百萬條指令，而每條指令平均需要 $2$ 個時脈週期，因此每秒需要 $600$ 百萬個時脈週期。

選項分析

核心觀念

本題考查管道化處理器的效能瓶頸。管道化會把指令執行拆成多個階段，並讓多條指令重疊執行；深管道與多重派發能提高指令吞吐量，但遇到停滯時，部分管道階段就必須等待，降低處理器效能。

常見停滯原因包括長延遲指令、分支預測失誤，以及快取錯失造成的資料等待。主記憶體的「容量」則不是直接造成管道停滯的原因。

解題方法

先辨認各選項描述的是會延長指令執行或等待時間的因素，還是只描述電腦的資源規模。若某因素會讓後續指令無法及時取得結果或資料，就可能使管道停滯；單純增加主記憶體容量，並不會直接增加指令的等待時間。

選項分析

• (A) 需要長執行時間的指令：錯誤選項。 這會造成執行延遲。當指令長時間占用執行單元，或後續指令必須等待其結果時，便可能降低派發與執行效率，造成管道停滯。

核心觀念

本題考雙核心 CPU 的「核心數」與「平行運算」。雙核心 CPU 是一顆處理器內含兩個運算核心，能讓不同工作或程式執行緒有機會同時處理，藉此提高整體處理效能。實際效能仍取決於工作是否能平行化、處理器設計及其他系統條件。

解題方法

先分清楚四個概念：核心數、資料位元數、時脈頻率與硬體多執行緒技術。雙核心描述的是處理器有幾個核心；它本身不代表資料位元數加倍、時脈加倍，也不等同於 Hyper-Threading。據此判斷各選項，只有把雙核心與平行運算連結的選項正確。

選項分析

• (A) 錯誤。「雙核心」是兩個運算核心；「32 位元」描述處理器的資料處理位元數。核心數與位元數是不同規格，雙核心不等於兩個 32 位元核心組成 64 位元 CPU。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

網路速度的單位 Gbps 表示每秒傳輸多少「位元」（bit）；題目問的是每秒傳輸多少「位元組」（Byte）。$1$ 位元組等於 $8$ 位元，因此須將位元數除以 $8$。

解題方法

換算為位元組：

因此，每秒約可傳輸 $1.25\times10^8$ 位元組。

選項分析

核心觀念

本題考查電腦開機時的啟動流程。電腦剛通電時，主記憶體尚未載入作業系統，因此 CPU 會先從主機板上的唯讀記憶體（ROM）取得基本輸入輸出系統（BIOS）的啟動程式，開始執行硬體檢查與開機程序。

解題方法

題目問「第一條要執行的指令」從何處讀取，應從開機流程的起點判斷：CPU 重置後會從預先指定的記憶體位置取指令，該位置對應到 ROM BIOS 所在的啟動程式。BIOS 接著執行開機自我檢測，並尋找可開機裝置，再將後續的開機程式載入記憶體。

選項分析

• (A) ROM BIOS：正確。 ROM BIOS 儲存電腦開機初期執行的韌體程式，CPU 由此開始執行開機指令。
• **(B) CPU：錯誤。

核心觀念

本題考查 NOR Flash 與 NAND Flash 在資料存取方式和應用上的差異。兩者都是非揮發性記憶體，但存取粒度不同：

• NOR Flash 支援隨機讀取，能直接存取指定位址，因此適合儲存需要直接執行的程式碼。
• NAND Flash 以頁（page）為單位讀寫、以區塊（block）為單位抹除，不能像 NOR Flash 一樣對任意單獨位址進行隨機讀寫；它的位元密度通常較高，適合大量資料儲存。

解題方法

抓住兩種 Flash 的關鍵差異即可判斷：NOR 擅長隨機讀取與程式碼存取；NAND 擅長高密度、大容量儲存，讀寫以頁為單位。 因此，宣稱 NAND Flash 可對任意單獨位址隨機讀寫的選項，違反其典型存取方式。

選項分析

核心觀念

本題考磁碟格式化時，作業系統如何準備檔案系統，以及開機程式的安裝位置。格式化會建立檔案系統所需的結構，例如目錄、檔案配置資訊，並可檢查及標記壞區塊。開機程式則屬於系統啟動所需的程式，通常由另外的安裝或設定程序寫入開機區域。

解題方法

逐項判斷各工作是否屬於磁碟格式化的範圍。目錄結構、空間配置資訊及壞區塊標記，都是建立或維護檔案系統時會處理的事項；把啟動程式放入磁碟則是開機設定工作，不是格式化本身的必要工作。因此，錯誤敘述為 (C)。

選項分析

核心觀念

快閃記憶體的資料以區塊（block）為單位抹除，而每個區塊可承受的抹除與寫入次數有限。若資料經常集中寫入少數區塊，這些區塊會比其他區塊更早耗損，進而縮短整顆記憶體的使用壽命。

**耗損均攤（wear leveling）**由控制器安排資料寫入位置，讓各區塊承受的寫入與抹除次數較平均，避免少數區塊過度耗損。

解題方法

抓住「均攤」的對象是各區塊的寫入與抹除負載，再對照選項：它要解決的是寫入次數集中所造成的區塊耗損，因此正確選項應描述避免特定區塊被反覆寫入而損壞。

選項分析

核心觀念

全加器有三個輸入：兩個加數位元 $A、B$，以及輸入進位 $C_{\text{in}}$；輸出為和 $S$ 與輸出進位 $C_{\text{out}}$。本題考查如何用反相器、AND 閘與 OR 閘實作全加器，並計算所需 AND、OR 閘的最少總數。題目允許 AND 與 OR 閘有多個輸入，因此同一個閘可以處理多個乘積項或和項。

解題方法

先列出全加器的輸出布林函數：

其中 $\oplus$ 表示互斥或，$+$ 表示 OR，乘積表示 AND。

因為 XOR 不能直接使用，需以 AND、OR、反相器展開。和的真值表中，輸出為 1 的輸入組合是 $001、010、100、111$，因此可寫成：

核心觀念

程式的 CPU 執行時間可用下式表示：

其中，指令數量受演算法與編譯器影響；平均 CPI 和時脈週期時間則與 CPU 的設計及執行特性有關。硬碟容量描述儲存裝置可容納的資料量，通常不會直接決定 CPU 執行程式所需的時間。

解題方法

判斷各選項是否會改變公式中的三項：指令數量、平均 CPI、時脈週期時間。若選項不會影響這些因素，且不涉及程式執行期間的磁碟讀寫，就最不會影響執行時間。

選項分析

核心觀念

進位制轉換的關鍵是先依數字符號找出各位的數值，再以原進位制展開成十進位，最後轉成目標進位制。本題中，$A=10$、$B=11$，依序類推。

解題方法

$(BS)_{36}$ 中，$B$ 位於 $36^1$ 位，$S$ 位於 $36^0$ 位。依序換算為：

將 $424$ 轉成十六進位，可用除以 $16$ 取餘數：

餘數由下往上讀為 $1,A,8$，所以：

選項分析

• (A) $(199)_{16}$：錯誤。 換算成十進位為 $1\times256+9\times16+9=409$，不等於 $424$。

核心觀念

本題考的是相同的 4 位元位元組，在不同整數表示法中的數值解讀。無號數、符號與大小數，以及 2 補數的最高位元意義不同，因此不能只把 $(1111)_2$ 一律換算成同一個十進位數。

解題方法

依序套用三種表示法的定義：

• Value 1：4 位元無號數 每一位都是數值位元：

• Value 2：4 位元符號與大小數 最左側位元是符號位元，$1$ 表示負數；其餘 3 位表示大小。 因此 $(1111)_2$ 表示 $- (111)_2=-7$。

• Value 3：4 位元 2 補數 最左側位元權重為 $-2^3$，其餘位元權重依序為 $2^2、2^1、2^0$：

核心觀念

本題考十進位轉十六進位。十六進位的位值由右至左依序為 $16^0、16^1、16^2、16^3$；每位數字介於 $0$ 至 $15$，其中 $10$ 至 $15$ 分別以 $A$ 至 $F$ 表示。

解題方法

以連續除以 $16$ 的餘數作為十六進位各位數，並由下往上排列：

由最後一次的商與餘數反向排列，得到 $A0C_{16}$。依選項以四位數表示，前方補一個 $0$，為 $0A0C_{16}$，即選項 (B)。

選項分析

核心觀念

本題考二進位加法，以及 2 補數表示法。正數的 2 補數表示法與一般二進位表示相同；兩個二進位數相加時，從最低位開始逐位相加，滿二進位的 $2$ 就向左進位。

解題方法

題目中的兩數都是正數，最高位皆為 $0$，因此可直接以一般二進位加法計算：

也可換算成十進位驗算：

核心觀念

將十進位數轉成十六進位時，整數部分用「除以 16 取餘數」，由下往上排列；小數部分用「乘以 16 取整數」，由上往下排列。十六進位中，$A=10$、$B=11$、$C=12$、$D=13$。

解題方法

先轉換整數部分 $1234$：

將餘數由下往上讀，得到 $4D2_{16}$。

再轉換小數部分 $0.5$：

取整數部分 $8$，小數部分已為 $0$，因此小數部分的十六進位表示為 $.8$。合併後：

核心觀念

數位視訊壓縮會利用資料中的冗餘性，常見分為：

• 時間冗餘（temporal redundancy）：相鄰畫面內容相似，可用參考畫面預測目前畫面，再編碼預測誤差（殘差）。
• 空間冗餘（spatial redundancy）：同一畫面內相鄰像素或區域具有相關性，可透過轉換與編碼減少資料量。常見作法包含轉換編碼、量化及高頻資訊的取捨。

解題方法

逐項判斷其描述是否符合上述定義。關鍵是辨別時間冗餘的參考畫面方向，以及空間冗餘處理的是同一畫面內的相關性。

選項分析

• (A) 正確。 相鄰畫面常有高度相關性，因此可用參考畫面預測目前畫面，並針對預測誤差進行編碼，以減少需要表示的資料。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

本題考資料庫管理系統（DBMS）的主要功能與資料庫設計工作的分工。DBMS 負責管理資料的儲存、存取與保護，並處理多使用者存取時的資料一致性、資料重複所造成的異常，以及安全性控管。資料的格式與結構設計則主要屬於資料庫設計工作，並非 DBMS 必須處理的主要問題。

解題方法

逐項判斷選項所述問題，是否屬於 DBMS 在資料管理與操作期間必須處理的事項。並行存取控制、資料一致性與存取安全都屬於 DBMS 的管理職責；資料格式設計則是建立資料庫時的設計工作，因此選出該項。

選項分析

(A) 維持多使用者同時存取同一筆資料時的正確性：錯誤選項。 DBMS 需透過並行控制與交易管理，避免多位使用者同時讀寫資料時發生更新遺失、讀取不一致等問題，以維持資料正確性。

核心觀念

本題考查數位邏輯中的布林代數（Boolean Algebra）化簡，特別是**第二分配律（Distributive Law II）**與基礎邏輯恆等式的靈活運用。

在布林代數中，重要的運算律包括：

1. 第二分配律：$A + BC = (A + B)(A + C)$
2. 幂等律（Idempotent Law）：$A \cdot A = A$，$A + A = A$
3. 有界律（Boundedness Law / 1的特性）：$A + 1 = 1$
4. 吸收律（Absorption Law）：$A + AB = A$

解題方法

求解布林代數簡化題時，主要採用布林代數定律展開與併項法。若要尋求化簡為 $X+YZ$ 的等價式，最直接的方式是逆向運用第二分配律：

$X + YZ = (X + Y)(X + Z)$

將題目給定的各選項依序進行邏輯代數展開與併項，比對化簡結果是否為 $X + YZ$。

選項分析

• (A) 錯誤 將 $XY+YZ$ 提出公因式 $Y$： $XY + YZ = Y(X + Z)$ 此式要求 $Y=1$ 才能為真；當 $X=1, Y=0, Z=0$ 時，$X+YZ = 1$，但 $Y(X+Z) = 0$，故兩式不相等。

• (B) 錯誤 使用第一分配律將 $(X+Y)Z$ 展開： $(X+Y)Z = XZ + YZ$ 此式要求 $Z=1$ 才能為真；當 $X=1, Y=0, Z=0$ 時，$X+YZ = 1$，但 $XZ+YZ = 0$，故兩式不相等。

• (C) 錯誤 對 $X'Y + XY'Z$ 進行代值驗算： 當 $X=1, Y=0, Z=0$ 時，原式 $X + YZ = 1 + (0)(0) = 1$；

核心觀念

本題考查基本邏輯閘與布林代數：

• 上方為 NOT 閘，輸出為 $\overline{A}$。
• 下方為 XOR 閘，輸出為 $B \oplus C$。當 $B$、$C$ 不同時，輸出為 $1$；相同時，輸出為 $0$。
• 最後以 OR 閘合併兩路訊號。

因此，最終輸出為：

其中「$+$」代表 OR 運算。

解題方法

逐一代入各選項：

(A) $A=0,\ B=0,\ C=0$

因此此組輸入可以使 $X=1$，選項正確但不是答案。

(B) $A=0,\ B=1,\ C=0$

因此此組輸入可以使 $X=1$，選項正確但不是答案。

核心觀念

霍夫曼編碼（Huffman coding）會反覆選取目前權重最小的兩個節點合併，直到形成一棵二元樹。每次合併時，該兩個節點各增加一層深度；字元的編碼長度，就是它在霍夫曼樹中的葉節點深度。

解題方法

各字元的頻率可視為權重。依序合併最小的兩個權重：

其中，字元 $d$ 的權重為 $23$。它在第 3 步與權重 $19$ 的節點合併；之後包含它的節點 $42$ 又在第 5 步與另一節點合併。

核心觀念

Slab allocation（平板分配）是 Linux 核心使用的記憶體管理機制，主要用來配置核心內部經常使用、大小固定的資料結構物件，例如行程描述資料或檔案物件。它以物件快取（object cache）管理同類型物件，減少重複建立與初始化物件的成本。

Slab 是由一個或多個連續記憶體頁面組成，切分成多個固定大小的物件槽位。依物件使用情形，一個 slab 可處於全滿（full）、全空（empty）或部分使用（partial）狀態。

解題方法

判斷關鍵在於 slab allocation 的用途：它是核心用來管理核心資料結構物件的配置器，不是直接用來配置應用程式使用的記憶體。應用程式的記憶體配置通常透過使用者空間的配置機制（例如 malloc），再由作業系統提供的虛擬記憶體與頁面管理機制支援。

因此，將 slab allocation 說成「用於配置記憶體給應用程式使用」的敘述錯誤。

選項分析

核心觀念

本題考分頁法（Paging）的特性。分頁法將虛擬記憶體切成固定大小的「頁」（page），將主記憶體切成相同大小的「頁框」（frame），再透過頁表記錄兩者的對應關係。

由於頁面可以放入任何可用頁框，程式不必佔用一段連續的主記憶體，因此分頁法能消除外部支離破碎。但頁面與頁框大小固定，程式所需空間若未剛好填滿最後一個頁面，該頁剩餘空間仍會浪費，這是內部支離破碎，分頁法無法消除。

解題方法

判斷各選項描述的是分頁法的優點，還是分頁法仍存在的限制：

• 能消除外部支離破碎：是分頁法優點。
• 能消除內部支離破碎：不是分頁法的特性。
• 能提供較大的虛擬定址空間，以及讓程式不必整體載入主記憶體：屬於虛擬記憶體的功能。

選項分析

核心觀念

一般作業系統的程序狀態模型包含五種基本狀態：建立（new）、就緒（ready）、執行（running）、等待（waiting，也稱 blocked）及結束（terminated）。程序在執行期間若須等待 I/O 完成或其他事件發生，便會離開執行狀態，進入等待狀態。

解題方法

題目已列出建立、執行、就緒與結束四種狀態，只要補上五狀態模型中剩下的基本狀態即可。該狀態是「等待（waiting）」。

選項分析

核心觀念

IEEE 754 單精準數格式包含 1 位符號位元、8 位指數位元及 23 位尾數位元；雙精準數則包含 1 位符號位元、11 位指數位元及 52 位尾數位元。指數欄位採偏移表示法：單精準數的偏移值為 127，雙精準數的偏移值為 1023。

對於正規化數，數值為：

$(-1)^s \times 1.f \times 2^{e-\text{bias}}$

其中 $s$ 是符號位元，$e$ 是指數欄位換算成十進位的值，$f$ 是尾數所表示的小數部分。

解題方法

逐項核對格式位元數與指數範圍，並將選項 (C) 的位元代入正規化數公式：

• 符號位元 $s=0$，所以數值為正。
• 指數位元 $10000011_2=131$，單精準數的偏移值為 127，因此實際指數為 $131-127=4$。
• 尾數位元為 $00000000000000000000001$，其小數部分為 $2^{-23}$，正規化有效數為 $1+2^{-23}$。

所以該位元組合代表：

$1.00000000000000000000001_2 \times 2^4=(1+2^{-23})\times 2^4$

這不等於 $2^{-5}$。

核心觀念

存取矩陣是作業系統描述保護關係的通用模型：列代表主體或保護領域（domain），欄代表物件（object），矩陣中的項目則記錄該主體對該物件具有的權限，例如讀取、寫入或執行。

存取矩陣通常以三種方式實作：

• 全域表格（global table）：列出「領域、物件、權限」的對應關係。
• 物件的存取清單（access list）：依物件列出可存取它的領域及其權限。
• 領域的能力清單（capability list）：依領域列出它可存取的物件及其權限。

解題方法

判斷各選項是否屬於上述存取矩陣的實作方式。選項若是分頁表等記憶體位址轉換或管理機制，而非記錄「誰可對哪個物件做什麼」，就不是存取矩陣的實作方式。

選項分析

(A) 全域表格（global table）—正確的實作方式

全域表格以紀錄呈現領域、物件及權限的組合，能直接表示存取矩陣中的權限關係，因此是實作方式之一。

核心觀念

本題考「分時系統」（time-sharing system）。單一中央處理器一次只能執行一個程序，但作業系統可以將處理器時間切成許多短時間片，輪流分配給不同使用者的程序。由於切換速度很快，各使用者會覺得自己的程序持續獲得運算。

解題方法

抓住題幹的兩個線索：

1. 電腦只有一個中央處理器。
2. 多位使用者同時執行程序，並感覺各自的程序持續運算。

這描述的是以快速輪替處理器時間，讓多個使用者共享單一處理器的分時系統。此處的「同時」是使用者感受到的並行，不代表單一處理器在同一瞬間實際執行多個程序。

選項分析

• **(A) 分散式系統（distributed systems）錯誤。

核心觀念

先到先服務（First-Come, First-Served，FCFS）依工作抵達佇列的先後順序安排 CPU。它是非奪取式排程：工作一旦取得 CPU，通常會執行到完成或自行等待，其他工作不能中途搶占。

FCFS 的優點是規則簡單、公平性直觀；缺點是短工作可能排在長工作後面而等待很久，因此不保證平均等待時間最小。在相同工作集合下，最短工作優先（Shortest Job First，SJF）可使平均等待時間最小。

解題方法

依序判斷 FCFS 的排程特性：是否奪取 CPU、是否適合互動或分時環境，以及是否能使平均等待時間最小。題目問「何者錯誤」，應找出與 FCFS 特性不符的敘述。

選項分析

(A) 是一種不可奪取（Non-Preemptive）的排程法：正確。 標準 FCFS 會讓目前執行的工作持續使用 CPU，直到工作結束或進入等待狀態，後到的工作不能直接中斷它。

核心觀念

排他或（exclusive OR，簡稱 XOR）逐位運算，規則是：兩個位元相同時結果為 $0$，不同時結果為 $1$。多個位元進行 XOR 時，可將相同欄位的位元逐一運算；XOR 也符合交換律與結合律。

解題方法

將三個六位元數字按位對齊，先計算前兩個數，再與第三個數逐位 XOR：

接著計算：

因此，$110101\oplus001010\oplus011011=100100$。

核心觀念

RAID 以多顆硬碟組成磁碟陣列，透過資料分散（striping）、鏡像（mirroring）或同位元（parity）提升效能或容錯能力。各 RAID 等級可容忍的硬碟故障數不同：

• RAID 0：資料分散寫入，沒有鏡像或同位元，任一硬碟故障都會使陣列資料無法完整還原。
• RAID 1：資料鏡像；只要仍有一份鏡像副本可讀，資料就能保留。
• RAID 5：分散式同位元，可容忍 1 顆硬碟故障，至少需要 3 顆硬碟。
• RAID 6：雙重分散式同位元，可容忍 2 顆硬碟故障，至少需要 4 顆硬碟。

解題方法

逐一比對選項所述的「最低硬碟數」與「可容忍故障數」。題目問錯誤敘述；關鍵在 RAID 6 的雙重同位元只能容忍 2 顆硬碟故障，不能保證 3 顆同時故障後仍能保留資料，而且其標準最低硬碟數是 4 顆，不是 6 顆。

選項分析

核心觀念

本題考查處理器提供的「原子指令」如何協助作業系統實作互斥鎖。多工環境中，多個執行緒可能同時檢查並修改同一個共享變數；若這兩個動作能被切開，便可能有多個執行緒同時取得鎖，造成競爭條件。

不可切分的讀取並設定指令（atomic test-and-set）會以一個不可分割的操作，讀取鎖定變數原值，並將它設定為新值。由於其他處理器或執行緒無法在操作中途插入，這個指令可用來確保同一時間只有一個執行緒取得鎖。

解題方法

判斷選項是否能實作互斥鎖，關鍵在於它能否以不可分割的方式，完成「檢查鎖狀態並更新鎖狀態」。test-and-set 正好具備這項功能：

• 若原鎖值表示未上鎖，指令回傳原值並將鎖設為已上鎖，執行緒即可進入臨界區。
• 若原鎖值表示已上鎖，執行緒得知鎖已被占用，便繼續等待。

因此，符合共享資源互斥保護機制的選項是 atomic test-and-set。

選項分析

核心觀念

本題考查網路安全設備的用途。防火牆（Firewall）通常設置在企業內部網路與外部網際網路的邊界，依據預先設定的安全規則檢查並控制進出網路的流量，以降低未經授權的連線與外部攻擊進入內部網路的風險。

解題方法

題幹的關鍵線索是「部署在區域網路與廣域網路之間」以及「阻擋外來網際網路的攻擊」。這描述的是網路邊界的流量管制功能，因此應選擇防火牆。防火牆可根據來源與目的 IP 位址、通訊埠或連線狀態等條件，決定是否允許網路流量通過。

選項分析

核心觀念

本題考查 RGB 加色混色、每像素位元數與顏色數量，以及 RGB 數值距離是否能準確代表人眼感受到的色彩差異。

RGB 是以紅、綠、藍三種光混合的加色模型。若每個色彩通道各用 8 位元表示，則每個通道有 $2^8=256$ 種亮度值，三個通道合計可表示 $2^{8\times3}=2^{24}=16,777,216$ 種顏色。

解題方法

逐一檢視選項中的敘述是否符合色彩表示與感知原理。判斷關鍵在於分清楚「RGB 數值空間中的數學距離」和「人眼實際感受到的色彩差異」：兩者並非必然一致。

選項分析

• (A) 正確。 RGB 是加色模型，三種光的強度相加可形成白光。若紅、綠、藍光等量相加，會得到不同亮度的灰階；各色光強度同時達到最高時，形成白光。因此，相加結果的亮度會隨三種光的強度改變。

• (B) 正確。 人眼視網膜的錐狀細胞對不同波長範圍的光有不同敏感度。RGB 模型以紅、綠、藍三個通道來近似表示可見色彩，並能配合人眼的顏色感知特性進行顯示。

核心觀念

本題考量化位元數與量化訊雜比（SNR）的關係。對理想均勻量化器而言，量化位元數每增加 $1$ 位，量化階數就加倍，量化誤差降低，SNR 約增加 $6\text{ dB}$。

解題方法

理想量化器的量化訊雜比近似為：

其中 $N$ 是每個取樣值使用的位元數。因此，位元數增加 $1$ 位時：

所以最接近 $6\text{ dB}$。

選項分析

核心觀念

未壓縮全彩影像的資料量，取決於像素總數與每個像素所需的位元數。一般全彩影像以 RGB 三個色彩通道表示，每個通道 8 位元，因此每像素為 $24$ 位元，也就是 $3$ 位元組。

解析度 $600\ \text{ppi}$ 表示每英吋有 $600$ 個像素；相片尺寸以英吋計算，才能換算像素數。

解題方法

相片尺寸為 $4\times6$ 英吋，換算成像素後：

每個像素占 $3$ 位元組，因此未壓縮容量為：

所以選項 (D) 符合計算結果。此處以 $1\ \text{MB}\approx1{,}000{,}000\ \text{Bytes}$ 估算；

核心觀念

人像攝影時，閃光燈先發出一次較弱的預閃，再發出正式閃光，通常表示相機啟用了防紅眼功能。預閃會使被攝者的瞳孔縮小，降低正式閃光照入眼底、再反射回鏡頭所造成的紅眼現象。

解題方法

抓住題幹描述的閃光順序：「先微閃，再高亮度閃光」。前者是正式曝光前的預閃，後者才是用來照亮主體的正式閃光。這是防紅眼功能的典型辨識線索；其他曝光或閃光調整功能，並不以先發出預閃作為主要特徵。

選項分析

核心觀念

循環排程（round-robin scheduling）將 CPU 時間切成固定長度的時間量（time quantum），依序讓各工作執行。工作若在時間量用完前完成，就離開就緒佇列；尚未完成則回到佇列末端。

工作完成時間（turnaround time）是工作自開始排程至完成的時間。本題四個工作都在時間 $0$ 到達，因此各工作完成時間等於其完成時刻；平均工作完成時間為四個完成時間的平均值。

解題方法

時間量為 $40$ ms，依 $P_1、P_2、P_3、P_4$ 的順序排程：

因此完成時間分別為：

核心觀念

本題考辨識視訊介面的訊號型態：DisplayPort、DVI、HDMI 與 VGA 中，哪一種不是數位視訊介面。數位介面以數位訊號傳輸影像；VGA 則以類比訊號傳輸影像。

解題方法

逐一判斷各介面的視訊訊號型態即可。DisplayPort 與 HDMI 是數位介面；DVI 的常見規格也支援數位影像傳輸。VGA 傳輸的是類比影像訊號，因此符合題目所問的「非數位視訊播放介面」。

選項分析

核心觀念

本題考容量單位換算。$1$ 位元組（byte）等於 $8$ 位元（bit）；在題目採用的二進位容量表示法中，$1\text{ GB}=2^{30}$ 位元組。因此，$5\text{ GB}$ 應以位元組表示為 $5\times 2^{30}$ bytes。

解題方法

題目問的是檔案大小以「位元組」表示的數值。直接將 $5\text{ GB}$ 換算：

若改以位元表示，則還要乘以每個位元組包含的 $8$ 個位元：

選項分析

• (A) $5\times 2^{20}$ bytes：錯誤。 $2^{20}$ 是二進位制下 $1\text{ MB}$ 的位元組數，少了 GB 到 MB 的 $2^{10}$ 倍差距

核心觀念

本題考布林代數運算，以及將函數轉換成正規最小項之和。三個變數的最小項編號以 $ABC$ 作為二進位數，$A$ 為最高位、$C$ 為最低位；函數值為 1 的輸入組合即列入 $\Sigma m(\cdots)$。

解題方法

先將兩個函數相乘：

因此，$F_1F_2$ 為 1 的條件是 $A=1$ 且 $C=1$，$B$ 則可為 0 或 1。逐一列出輸入組合：

所以正規最小項之和為：

依題目所列選項，這個結果不在選項中，且與官方答案 B（$\Sigma m(3,7)$）不一致。依題目給定的函數與標準變數編號方式，應為 $\Sigma m(5,7)$；

核心觀念

本題考查程式執行時的記憶體配置。遞迴程序每呼叫一次，就會建立一筆新的呼叫紀錄，保存返回位置、參數及區域變數等資訊；這些紀錄會隨呼叫深度增加而累積在**堆疊（stack）**中。

解題方法

依題意，遞迴呼叫深度過深，導致記憶體使用量超出可用範圍，關鍵在於每一層呼叫都需要保留自己的執行狀態。若呼叫尚未返回，這些呼叫紀錄就不能釋放；累積過多便會造成堆疊空間耗盡，也就是常說的「堆疊溢位」（stack overflow）。

選項分析

• (A) 文字部分（text segment）錯誤。 主要存放程式的機器指令，通常不會因為遞迴呼叫次數增加而逐層擴大。