112 關務特考四等 資訊處理 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

物聯網終端裝置負責感測、處理或控制實體世界中的資訊。無論裝置採用何種連線方式，核心都需要具備一定的運算能力，才能執行程式並處理資料；常見的核心元件是微處理器（Microprocessor）或微控制器（Microcontroller）。

解題方法

判斷各選項是否為所有物聯網終端裝置都必須具備的元件。終端裝置的功能與供電、通訊及顯示方式會因應用而異，但執行控制與資料處理所需的處理核心，是其基本組成。

選項分析

• (A) 電池：錯誤。 電池是常見的供電方式，但終端裝置也可以由市電、USB 或其他電源供電，因此電池不是必要元件。
• **(B) 無線通訊模組：錯誤。

核心觀念

馮紐曼架構（Von Neumann Architecture）的基本組成包括記憶體、算術與邏輯單元（ALU）、控制單元（CU），以及輸入／輸出（I/O）子系統。指令與資料都以二進位形式儲存在記憶體中；處理器再依序取出指令、解碼並執行。

中央處理器（CPU）由控制單元與算術邏輯單元構成；記憶體是另一個獨立子系統。

解題方法

逐項核對選項的架構組成與單元職責。特別注意 CPU 的組成：它包含控制單元和算術邏輯單元，不包含記憶體子系統。因此，選項中若將記憶體列為 CPU 的一部分，即為錯誤。

選項分析

核心觀念

本題考查 RISC（精簡指令集電腦）的主要特徵。RISC 設計強調指令集精簡、指令格式規則，並採用載入／儲存架構：記憶體只能透過載入（Load）及儲存（Store）指令存取，運算則在 CPU 暫存器之間進行。

解題方法

先辨認 RISC 的指令格式特性：為了簡化指令解碼與控制，RISC 通常採用固定長度的指令格式。題目選項 (D)「不同長度的指令格式」描述的是常見的 CISC 特徵，因此不是 RISC 的主要特徵。

選項分析

• (A) 較少的指令集與定址模式：正確描述 RISC。 RISC 採用較精簡的指令集和較少的定址模式，有助於簡化指令解碼與硬體控制。

核心觀念

本題考查電腦硬體的世代演進，尤其是各世代主要採用的電子元件。發展順序為：真空管 → 電晶體 → 積體電路（IC）→ 超大型積體電路（VLSI）。後一階段能將更多元件整合在晶片上，使電腦體積縮小、效能提升。

解題方法

依電子元件的發展年代排列即可：

1. 真空管：早期電子電腦的主要元件。
2. 電晶體：取代真空管，體積較小、耗電較低且可靠性較高。
3. 積體電路（IC）：將多個電子元件整合在單一晶片上。
4. 超大型積體電路（VLSI）：在晶片上整合大量電路，代表更進一步的積體化。

因此，確認選項是否依序列出這四個階段即可。

核心觀念

旗標暫存器（Flag Register）用來記錄 CPU 執行指令後的狀態，常見旗標包括：

• 零旗標（Zero Flag）：運算結果是否為零。
• 進位旗標（Carry Flag）：運算是否產生進位或借位。
• 符號旗標（Sign Flag）：結果的正負號。
• 溢位旗標（Overflow Flag）：有號數運算是否超出可表示範圍。

這些旗標可供後續指令判斷，例如條件跳躍指令會依旗標狀態決定是否改變執行流程。

解題方法

辨認各選項描述的暫存器用途：

• 旗標暫存器記錄的是運算或指令執行後的狀態。
• 程式指令的執行位址由**程式計數器（Program Counter, PC）**記錄。
• 中斷向量位址由中斷向量表或相關機制提供。

核心觀念

編譯器（compiler）是系統軟體，主要工作是將以高階程式語言撰寫的程式翻譯成目標程式，通常是機器可執行的指令。翻譯過程會將原始程式轉換為目標碼，再由處理器執行或由其他軟體進一步處理。

作業系統則負責管理處理器、記憶體、輸入輸出裝置及程式資源，並提供程式執行所需的環境。組譯器（assembler）是將組合語言指令轉換為機器碼的工具。

解題方法

先辨認各選項描述的工作屬於哪一類系統軟體：高階語言翻譯對應編譯器；硬體與程式資源管理、輸入輸出服務則對應作業系統；組合語言轉換成二進位機器碼則較精確地對應組譯器。

選項分析

核心觀念

本題比較不同 I/O 控制方式的傳輸效率，關鍵在於資料搬移時由誰負責，以及 CPU 是否需要逐筆參與。

• 程式控制 I/O：CPU 持續檢查裝置狀態，並由 CPU 搬移資料。
• 中斷驅動 I/O：裝置準備好時發出中斷，CPU 再處理資料；可避免 CPU 持續輪詢，但資料搬移仍需 CPU 參與。
• 直接記憶體存取（DMA）：CPU 設定傳輸參數後，由 DMA 控制器在 I/O 裝置與主記憶體間直接搬移資料，CPU 不必逐筆處理。
• 記憶體映射 I/O：將裝置控制暫存器配置在記憶體位址空間，讓 CPU 以一般記憶體讀寫指令存取裝置；它是位址配置與存取方式，不代表資料搬移由 DMA 負責。

解題方法

比較傳輸速率時，觀察資料傳輸期間 CPU 必須投入多少工作。程式控制 I/O 需要 CPU 持續輪詢與搬移；中斷驅動 I/O 省下輪詢時間，但仍需 CPU 回應中斷、處理資料。DMA 則可直接在裝置與主記憶體間傳送整批資料，減少 CPU 介入與逐筆搬移的負擔，因此通常能提供較高的 I/O 傳輸速率。

核心觀念

本題考查作業系統如何利用硬體提供的保護機制，限制使用者程序對記憶體及處理器狀態的存取。虛擬記憶體可讓作業系統為各程序建立彼此隔離的位址空間，但要落實保護，仍須仰賴處理器提供特權模式、權限控制及模式切換等能力。

解題方法

逐項檢視選項是否屬於記憶體保護所需的硬體能力。使用者模式與作業系統模式可區分一般程式和核心程式的權限；處理器狀態的存取限制可防止使用者程式任意修改關鍵資訊；模式切換則讓處理器能在受限制的使用者程式與具較高權限的作業系統之間轉換。若選項描述的是與此保護機制無關的模式分類，即為題目所問。

選項分析

• (A) 處理器支援線性模式（linear mode）及邏輯模式（logic mode）：不屬於虛擬記憶體保護所需的基本硬體能力。

核心觀念

記憶體定址所需的位元數，取決於要表示多少個不同的位置。$1$ GB 若按 $1$ GB $=2^{30}$ Bytes 計算，共有 $2^{30}$ 個位元組位置；每個字組含 $32$ 位元，也就是 $4$ Bytes。

解題方法

• **字組對齊：**每個字組占 $4$ Bytes，且起始位置必須是 $4$ 的倍數，因此每 $4$ 個位元組位置中，只有 $1$ 個可作為字組起始位置。可定址字組數為 $\frac{2^{30}\text{ Bytes}}{4\text{ Bytes/字組}}=2^{28}\text{ 字組}$ 表示 $2^{28}$ 個位置需要 $\log_2(2^{28})=28$ 個位元。

核心觀念

本題考「數據風險」與「指令碼排程」由哪一種系統程式負責。管線處理會讓多條指令重疊執行；若後續指令需要前一條指令尚未產生的資料，就會發生數據風險，處理器可能因此停頓。

編譯器可在產生機器碼時調整指令順序，把彼此無資料相依的指令安排在一起，減少管線等待，這種編排稱為指令碼排程（Code Scheduling）。

解題方法

先辨認題幹所述工作發生在哪個階段：指令碼排程會分析程式指令的相依關係並調整指令順序，屬於程式轉換與程式碼產生工作，因此由編譯器負責。

選項分析

核心觀念

本題考查整數的進位轉換。將十進位整數轉成 $b$ 進位，可用「除以基數、記錄餘數，再由下往上排列餘數」的方法；所得各位數字介於 $0$ 到 $b-1$。

解題方法

依序以選項的進位基數除 $595$，檢查轉換結果中 $0$ 的個數。

• (A) 二進位： $595=512+64+16+2+1$，因此 $595_{10}=1001010011_2$ 含有 $2$ 個 $0$。

• (B) 四進位： 連續除以 $4$： $595\div4=148\text{ 餘 }3,\quad 148\div4=37\text{ 餘 }0,$ $37\div4=9\text{ 餘 }1,\quad 9\div4=2\text{ 餘 }1,\quad 2\div4=0\text{ 餘 }2.$ 由下往上讀取餘數，得 $21103_4$，含有 $1$ 個 $0$。

核心觀念

IEEE 754 浮點數的值由符號、偏移指數與有效數（尾數）共同決定。正規化數的表示式為

其中 $s$ 是符號位元、$E$ 是偏移指數，$\text{bias}$ 是指數偏移量。題目只改變偏移指數，符號位元與尾數均不變，因此數值的倍數只由指數差決定。

解題方法

偏移指數由 $10$ 改為 $12$，增加了 $2$。實際指數也因此增加 $2$，故新數值與原數值的比值為

核心觀念

不同進位表示法可用同一個轉換公式換算成十進位。對於 $r$ 進位數 $(a_na_{n-1}\cdots a_0)_r$，其數值為：

其中每一位數字都必須小於底數 $r$。十六進位中，$A$ 至 $F$ 分別代表 $10$ 至 $15$。

解題方法

將各選項依位值展開，換算為十進位，再與 $64$ 比較：

• (A) $(1000000)_2=1\times 2^6=64$
• (B) $(2101)_3=2\times 3^3+1\times 3^2+0\times 3^1+1\times 3^0=54+9+1=64$
• (C) $(100)_8=1\times 8^2=64$

核心觀念

1. $2$ 的補數（2's Complement）表示法：

• 在計算機系統中，帶號整數普遍以 $2$ 的補數表示。
• 正整數：最高有效位元（MSB）為 $0$，其餘位元為其數值之二進位。
• 負整數之 $2$ 的補數求法： $\text{負數的 } 2 \text{ 的補數} = (\text{該數絕對值之二進位取反相，即 } 1 \text{ 的補數}) + 1$

2. 位元差異（漢明距離，Hamming Distance）：

• 兩個等長二進位字串之間對應位元相異的個數。
• 運算上可透過兩數進行互斥或（$\text{XOR}$，符號為 $\oplus$）運算，運算結果中「$1$」的總個數即為位元差異數。

解題方法

步驟一：求十進位整數 $-19$ 的 $8$ 位元 $2$ 的補數

1. 求 $+19$ 的 $8$ 位元二進位： $19_{10} = 16 + 2 + 1 = 2^4 + 2^1 + 2^0 = 00010011_2$
2. 取 $1$ 的補數（所有位元反相，NOT）： $\sim(00010011_2) = 11101100_2$
3. 加 $1$ 得到 $2$ 的補數： $11101100_2 + 1_2 = 11101101_2$ 因此，$-19$ 的標準 $8$ 位元 $2$ 的補數表示為 $11101101_2$。

步驟二：比對各選項與基準數值之位元差異

計算各選項二進位數字與 $-19$ 之位元差異個數。本題官方核定解答為 (D)，其推導與命題脈絡如下：

選項分析

• (A) $11110101$：錯誤。 與標準 $2$ 的補數 $11101101_2$ 相比： $11101101_2 \oplus 11110101_2 = 00010000_2$ 僅第 $4$ 位元（權重 $2^4$）不同，位元差異為 $1$。非官方選定答案。

• (B) $11101101$：錯誤（依官方答案判定）。 與標準 $2$ 的補數 $11101101_2$ 相比： $11101101_2 \oplus 11101101_2 = 00000000_2$ 數值完全相同，位元差異為 $0$。學理上此選項為最精確之表示，但本題官方公布正解為 (D)。

• (C) $00010011$：錯誤。 此為正整數 $+19$ 的二進位表示。與標準 $2$ 的補數 $11101101_2$ 相比：

核心觀念

$1$'s 補數是將位元樣式中的每一個位元反相：$0$ 變成 $1$，$1$ 變成 $0$。對 $4$-bit 樣式而言，若 $X=b_3b_2b_1b_0$，則其 $1$'s 補數為 $Y=\overline{b_3}\,\overline{b_2}\,\overline{b_1}\,\overline{b_0}$。

解題方法

每一位的 $X$ 與 $Y$ 都互補，因此相加時，每一位皆為 $1$：

也可用數值表示驗算。若 $X$ 的無號值為 $x$，則其 $4$-bit $1$'s 補數的值為 $15-x$，故：

核心觀念

本題考查解碼器的輸入與輸出數量，以及循序電路、組合電路和加法器的基本結構。

• 解碼器（decoder）：有 $n$ 個輸入時，最多可產生 $2^n$ 個不同輸出，通常稱為 $n$ 對 $2^n$ 解碼器。
• 組合電路：輸出只由目前的輸入決定，不具有記憶狀態，例如一般加法器。
• 循序電路：輸出除了與目前輸入有關，也可能受先前狀態影響，具有記憶功能，例如記憶體。
• 半加法器（half adder）：輸入兩個位元 $A、B$，輸出和位元 $S=A\oplus B$ 與進位 $C=AB$。
• 全加法器（full adder）：除 $A、B$ 外，還要處理輸入進位 $C_{in}$，輸出和位元與輸出進位。

解題方法

逐項比對電路定義與基本數量關係。解碼器的輸入位數以 $2^n$ 個輸出為基準；判斷電路類型則看是否具有記憶狀態；全加法器的組成可用兩個半加法器的輸出公式驗算。

選項分析

(A) 正確。 要表示 $2^n$ 種輸入組合，至少需要 $n$ 個輸入位元，因為 $n$ 位元共有 $2^n$ 種組合。典型的 $n$ 對 $2^n$ 解碼器正是以 $n$ 個輸入選出 $2^n$ 個輸出之一。

核心觀念

**組合邏輯（Combinational logic）**的輸出只由目前的輸入決定，可表示為：

$Y=f(X)$

它不具有記憶元件，也不以目前狀態作為輸出判斷的條件，因此一般沒有回授路徑。

**循序邏輯（Sequential logic）**則包含記憶元件，輸出與目前輸入及目前狀態有關，可表示為：

$Y=f(X,Q),\qquad Q^{+}=g(X,Q)$

其中 $Q$ 是目前狀態，$Q^{+}$ 是下一狀態。計數器會記錄先前的計數結果，屬於循序邏輯。

解題方法

比較選項所描述的特性：若提到記憶元件、目前狀態或計數狀態，通常是在描述循序邏輯；若輸出只依目前輸入決定，才是組合邏輯。

核心觀念

本題考的是二進位位元邏輯運算。AND（位元 AND）只有在同一位元都是 $1$ 時結果才是 $1$；XOR（互斥或）只有在兩個位元不同時結果才是 $1$。

解題方法

先計算括號內的 AND，再將結果與 $1010$ 做 XOR。各位元由左至右對齊：

接著計算 $1000\ \mathrm{XOR}\ 1010$：

因此 $X=0010$。

選項分析

核心觀念

以二進位編碼表示 $N$ 種不同字詞時，若每個字詞使用固定長度的位元，$n$ 個位元可表示 $2^n$ 種組合。因此，所需位元數是滿足 $2^n \geq N$ 的最小整數 $n$。

解題方法

本題需區分 $2{,}000$ 個基本字詞，尋找最小的 $n$，使得：

比較相鄰的 2 的次方：

因此至少需要 $11$ 個位元，才能為每個字詞指定不同的編碼。

選項分析

核心觀念

ASCII-8 是以 8 位元表示字元的編碼方式。每個位元有 $0$、$1$ 兩種狀態，因此 $n$ 個位元可表示 $2^n$ 種不同組合。

解題方法

代入 $n=8$：

所以 ASCII-8 可表示 $256$ 個不同的字元。

選項分析

核心觀念

fork 是 UNIX 作業系統用來建立新程序的系統呼叫。呼叫成功後，作業系統會建立一個子程序；父、子程序都會從 fork 呼叫之後繼續執行，但系統會依程序身分回傳不同的值：

• 父程序收到子程序的程序識別碼（PID），為正整數。
• 子程序收到 $0$。
• 呼叫失敗時，父程序收到負值，且不會建立子程序。

解題方法

題目說明 fork 成功完成，因此不需考慮負值代表的失敗情況。只要記住成功時的回傳規則：子程序回傳 $0$，父程序回傳新建立子程序的 PID（正整數），即可判斷正確選項。

核心觀念

本題考查 Python 的 range 範圍、取餘數運算子 %、邏輯運算子 or，以及串列的 append 方法。

• range(3, 20) 產生從 3 到 19 的整數，不包含停止值 20。
• value % 3 == 0 表示 value 是 3 的倍數；value % 5 == 0 表示 value 是 5 的倍數。
• 條件中的 or 表示兩個條件只要有一個成立，就會執行 answer.append(value)，將該數字加入串列。

解題方法

依序檢查 3 到 19，挑出可被 3 或 5 整除的數：

• 3 的倍數：3、6、9、12、15、18
• 5 的倍數：5、10、15

合併兩組數字時，15 同時是 3 和 5 的倍數，但每個 value 在迴圈中只檢查一次，因此只會加入串列一次。依照原本由小到大的順序，結果為：

選項分析

核心觀念

本題考查 Python 算術運算子的優先順序與結合方向：

• **（次方）的優先順序高於 *、/。
• * 與 / 優先順序相同，依由左至右的順序計算。
• + 與 - 優先順序相同，也依由左至右的順序計算。
• Python 3 的 / 是一般除法，結果為浮點數。

解題方法

先分別計算各變數：

** 的優先順序高於 /，因此：

代入 print 的運算式：

核心觀念

本題考「比較排序的下界」。若排序只能透過比較兩個元素來取得大小關係，可將演算法表示為一棵比較決策樹。每個葉節點代表一種輸入排列的排序結果。

$n$ 個互異數字共有 $n!$ 種排列，因此決策樹至少要有 $n!$ 個葉節點。若樹的高度為 $h$，最多有 $2^h$ 個葉節點，故：

由 Stirling 公式可知 $\log_2(n!)=\Theta(n\log n)$，因此任何基於比較的排序演算法，在最壞情況下都需要 $\Omega(n\log n)$ 次比較。

解題方法

題目問「任何一種基於比較的排序演算法所需要的最少比較次數複雜度」，應辨識為比較排序的漸近下界。決策樹要能區分全部 $n!$ 種輸入排列，樹高至少為 $\log_2(n!)$；

核心觀念

本題考查自然語言處理中不同分析層次的分工。語法分析處理句子的結構；語意分析處理詞句的意義；前後文分析則利用語句內外的上下文，判斷代名詞所指涉的對象，也就是指涉消解。

解題方法

先辨認題目問的是哪種能力：若要找出「他、她、它」等代名詞在句中指向哪個人或事物，便不能只看句子結構或詞語本身的意思，還需要參照上下文。因此，這屬於前後文分析。

例如：「小明把球交給小華，因為他要先回家。」單看句子中的語法，無法確定「他」指小明還是小華；需要結合前後文或情境判斷。

選項分析

• (A) 語法分析（syntactic analysis）：分析詞語如何組成句子，以及主詞、受詞等句法關係。能辨認代名詞在句中的位置，通常不足以判定它實際指涉誰，故錯。

核心觀念

本題考查分頁式（Paging）與分段式（Segmentation）的記憶體配置方式，以及兩者的碎裂問題。

• 分頁式：將虛擬記憶體切成大小固定的頁（page），將實體記憶體切成同樣大小的頁框（frame）。頁與頁框大小相同，因此頁面可配置到任意空閒頁框，不會產生外部碎裂；但每個行程最後一頁未必用滿，可能產生內部碎裂。
• 分段式：依程式的邏輯結構切成大小不固定的段（segment），例如程式碼段、資料段與堆疊段。這種方式較符合程式設計人員的觀點，也利於依段設定保護與共享；但變動大小的配置可能在記憶體中留下不連續的小空間，形成外部碎裂。

解題方法

抓住兩種管理方式的「區塊大小」差異即可：

• 固定大小區塊的分頁式：可能有內部碎裂，沒有外部碎裂。
• 可變大小區塊的分段式：可能有外部碎裂；一般不會因固定區塊大小而產生內部碎裂。

核心觀念

死鎖避免（deadlock avoidance）是在每次分配資源前，先評估分配後的系統狀態；只有在系統仍處於安全狀態時才核准請求。安全狀態代表存在一個安全序列，使所有程序都能依序取得所需資源並完成。

解題方法

先辨認各選項描述的是哪一種死鎖處理方式：

• 避免：事前評估資源分配，維持安全狀態。
• 預防：破壞死鎖成立的必要條件之一。
• 偵測與復原：先偵測死鎖，再採取回溯、終止程序或回收資源等措施。

題目問的是「死鎖避免的定義」，因此應選出以安全狀態與安全序列判斷資源分配的敘述。

選項分析

核心觀念

本題考查作業系統中執行緒同步的機制。多執行緒若同時存取共享資料，可能產生競爭情況；同步機制用來協調執行順序，並保護臨界區。

常見同步工具包括不可分割的讀取並設定指令（atomic test-and-set）、旗號（semaphore），以及等待與觸發事件的機制。管道（pipe）主要用於程序間傳遞資料，不是 UNIX 用來同步多執行緒的典型方法。

解題方法

逐一辨認選項的用途：若機制能用來控制執行緒對共享資源的存取或協調執行順序，即屬同步工具；若主要功能是傳送資料，則不屬於題目所問的同步方法。

選項分析

• (A) 使用不可分割的讀取並設定指令：錯誤選項。 此類原子指令可用來實作自旋鎖等互斥機制。由於操作不可被中斷，能協助執行緒競爭鎖定共享資源。

核心觀念

本題考作業系統的 CPU 排程與「飢餓」（starvation）。飢餓是指某個行程長時間或永遠無法取得 CPU；即使其他行程持續獲得服務，該行程仍可能一直等待。

判斷重點是：排程方式是否可能讓某些行程因其他行程持續插隊，而長期得不到執行機會。

解題方法

逐一檢視各演算法的選擇規則：

• 若演算法總是優先挑選某一類行程（如剩餘時間短、工作時間短或優先權高），後來抵達的行程可能不斷排在某個行程之前，造成飢餓。
• 若演算法以固定時間片輪流分配 CPU，且就緒佇列中的行程能依序取得時間片，便不會因其他行程持續插隊而無限期等待。

選項分析

(A) shortest-remaining-time-first（最短剩餘時間優先）錯誤。 此法每次選擇剩餘執行時間最短的行程，且通常允許搶先。若短工作不斷抵達，剩餘時間較長的行程可能反覆被延後，因而發生飢餓。

核心觀念

本題考查雲端運算的特性。雲端運算透過網路提供共享、可依需求調整的運算資源，常見特點包括按實際使用量計費、快速擴充，以及由服務提供者集中維護基礎設施。

使用雲端服務通常需要透過網路存取資料與運算資源，因此網路頻寬與連線品質仍是重要條件。

解題方法

逐項比對選項是否符合雲端運算的典型效益。降低管理負擔、提升可用性與擴充性、依用量付費，都是常見優點；「降低對網路頻寬的需求」則不符合雲端服務仰賴網路存取的特性。

選項分析

• (A) 可降低服務提供者的管理成本：正確。 雲端服務由服務提供者集中管理伺服器、儲存設備與平台，能透過資源共享及自動化維運降低單位服務的管理成本。

核心觀念

循環排程（Round-Robin）依序讓每個工作執行至多一個時間量；若工作尚未完成，就排到佇列尾端等待下一輪。等待時間是工作在就緒佇列中等待執行的總時間，不包括自身執行時間。

本題三個工作同時到達，執行時間分別為 $10$ ms、$15$ ms、$40$ ms，時間量為 $10$ ms。

解題方法

依工作順序模擬排程：

• 工作 1 執行 $0$–$10$ ms，完成。
• 工作 2 執行 $10$–$20$ ms，剩餘 $5$ ms。
• 工作 3 執行 $20$–$30$ ms，剩餘 $30$ ms。
• 工作 2 執行 $30$–$35$ ms，完成。
• 工作 3 執行 $35$–$45$ ms，剩餘 $20$ ms。
• 工作 3 執行 $45$–$55$ ms，剩餘 $10$ ms。
• 工作 3 執行 $55$–$65$ ms，完成。

以完成時間 $C_i$ 減去到達時間 $A_i$ 與執行時間 $B_i$，可得等待時間：

核心觀念

灰階影像以位元數表示每個像素可使用的灰階層級數。若每個像素使用 $n$ 個位元，能表示的不同數值共有 $2^n$ 個。

解題方法

題目給出 $256$ 階灰階，像素值從 $0$ 到 $255$，共包含 $256$ 個不同數值。設每個像素使用 $n$ 個位元，則：

因此 $n=8$，每個像素由 $8$ 個位元表示。

選項分析

• (A) $16$：錯誤。 $16$ 個位元可表示 $2^{16}=65{,}536$ 種數值，遠多於 $256$ 階。
• **(B) $8$：正確。

核心觀念

滑鼠的 DPI 表示滑鼠每移動 $1$ 英吋，游標會移動約 $300$ 個像素點。要讓游標從螢幕最左端移至最右端，先求螢幕水平方向的像素點數，再除以滑鼠 DPI。

題目給的 $17$ 英吋是螢幕對角線長度；解析度 $1920\times1080$ 則分別代表水平與垂直像素數。因此，必須先由對角線尺寸與解析度求出螢幕的實際水平寬度。

解題方法

螢幕的水平與垂直尺寸比例等於解析度比例：

以 $16:9$ 表示螢幕寬、高，設比例倍數為 $k$。由畢氏定理：

因為 $337$ 並非平方數，這種比例計算不會恰好得到常見的整數寬度；較直接的作法是先依解析度比例，用對角線求水平寬度：

核心觀念

本題考查進位制轉換。八進位每一位代表 $8$ 的次方，十六進位每一位代表 $16$ 的次方。可先將八進位數轉成十進位，再轉成十六進位。

解題方法

將八進位 $105_8$ 展開為十進位：

再將 $69$ 除以 $16$，以商和餘數表示十六進位各位數：

商為 $4$、餘數為 $5$，因此：

選項分析

核心觀念

本題考查擴增實境（Augmented Reality，AR）、虛擬實境（Virtual Reality，VR）與混合實境（Mixed Reality，MR）的差別。AR 會將數位物件或資訊疊加在使用者所見的真實環境中，讓使用者同時看見並與真實場景及虛擬內容互動。

解題方法

抓住題幹的兩個線索：「透過手機攝影機」與「畫面上投影之物件」。手機攝影機拍攝的是現實環境，APP 再將虛擬物件疊加於畫面，讓使用者透過手機與該物件互動，符合 AR 的典型應用方式。

選項分析

• (A) 擴增實境（AR）—正確。 將虛擬物件或資訊疊加至真實環境畫面，常透過手機攝影機呈現，符合題意。
• **(B) 虛擬實境（VR）—錯誤。

核心觀念

本題考 RGB 與 HSB 兩種色彩模型，以及 RGB 常見的色彩位元數。

RGB 是以紅色（Red）、綠色（Green）、藍色（Blue）三種色光的強度組合來表示顏色，屬於加法混色：三色光強度都達最大值時呈白色，強度都為零時呈黑色。

若每個 RGB 色彩通道各使用 8 bits，則每個通道可表示 $2^8=256$ 種強度，三個通道合計需要 $8\times3=24$ bits。常見的 32-bit 色彩表示法則是在 RGB 的 24 bits 之外，再加上 8 bits 的透明度通道（Alpha）。

HSB 則以色相（Hue）、飽和度（Saturation）與亮度（Brightness）描述顏色。

解題方法

逐項核對敘述與定義。關鍵是區分「RGB 三個色彩通道所需的位元數」與「含透明度通道的 32-bit 表示法」：一般每通道 8 bits 的 RGB 本身是 24 bits，32 bits 通常還包含 8-bit Alpha 通道。

選項分析

核心觀念

本題考查 MPEG 音訊編碼標準的定位、世代與聲道支援能力。

MP3 是 MPEG-1 Audio Layer III 的通稱，屬於 MPEG-1 的音訊標準；AAC（Advanced Audio Coding）則是有損音訊編碼技術，主要納入 MPEG-2 與 MPEG-4 標準。一般而言，在相近音質下，AAC 的壓縮效率高於 MP3。

解題方法

先分辨 MP3 與 AAC 的標準歸屬，再比較兩者的壓縮效率，最後核對 AAC 的聲道支援規格。題目問「何者錯誤」，因此找出與標準定位或規格相反的敘述即可。

選項分析

(A) 正確。 MP3 即 MPEG-1 Audio Layer III，屬於 MPEG-1 的音訊壓縮標準。選項所稱「MPEG-1 視訊壓縮標準中的一部分」用語不精確：MP3 是 MPEG-1 的音訊部分，不是視訊壓縮技術。不過依本題常見命題意旨，應理解為「MPEG-1 標準的一部分」；

核心觀念

本題考查寶可夢 Go 的主要技術與功能。這款遊戲結合手機定位與擴增實境，讓玩家依照實際所在位置在遊戲中尋找、捕捉寶可夢；直播與文書處理則不是遊戲的核心功能。

解題方法

判斷各選項是否與遊戲的主要玩法或必要技術有關：

• GPS 定位用來取得玩家的地理位置，並將遊戲內容與現實地點連結。
• **擴增實境（AR）**將虛擬寶可夢等影像呈現在真實環境畫面中。
• 直播是即時傳送影音內容的功能，並非寶可夢 Go 的基本玩法。
• 文書處理是建立、編輯文字文件的應用，與遊戲玩法無關。

四個選項中，文書處理與遊戲的功能及技術關聯最小。

選項分析

核心觀念

本題測驗多媒體技術中**數位音訊檔案格式（Digital Audio File Formats）**的壓縮類型分類。

數位音訊在計算機科學中依儲存與編碼方式主要分為三大類：

1. 未壓縮格式（Uncompressed Audio）：直接以脈衝編碼調變（PCM, Pulse Code Modulation）記錄原始聲音波形的振幅取樣值，音質完整但檔案容量龐大。
2. 非破壞性壓縮／無損壓縮（Lossless Compression）：利用資料壓縮演算法（如字典編碼、霍夫曼編碼）消除資料冗餘，解壓縮後能 $100\%$ 還原原始音訊數據，常見格式有 FLAC、APE、ALAC 等。
3. 破壞性壓縮／有損壓縮（Lossy Compression）：利用「聽覺心理學（Psychoacoustics）」模型，濾除人耳不易察覺的高頻細節或遮蔽效應（Auditory Masking）所掩蓋的聲音，大幅提高壓縮比，但無法逆向完全還原，常見格式有 MP3、WMA、AAC、OGG Vorbis 等。

解題方法

解題切入點在於區分各選項的「資料壓縮特性」與「格式定位」：

1. 檢視選項中哪些屬於未壓縮的原始音訊格式（PCM 類型），予以排除。
2. 鎖定標準教科書定義中專門用於「破壞性音訊編碼」的格式。
3. 比對選項之副檔名與規格定義，選出命題標準最具代表性的破壞性音訊壓縮格式。

選項分析

• (A) WAV：錯誤 由微軟（Microsoft）與 IBM 共同制定的音訊容器格式（Waveform Audio File Format）。在標準應用與考試分類中，WAV 主要封裝未經壓縮的線性脈衝編碼調變（Linear PCM）資料，完整保留原始取樣波形，屬於**未壓縮（Uncompressed）**音訊格式，不使用破壞性壓縮。

• (B) AU：錯誤 由昇陽電腦（Sun Microsystems）開發的音訊檔案格式，早期廣泛應用於 Unix 系統、NeXT 工作站及初期 Java 程式中。

核心觀念

Run-length encoding（RLE，游程編碼）是一種利用「連續重複資料」進行壓縮的方法。它把一段相同的符號改記為「符號＋連續出現次數」，例如 AAAAA 可記為 (A, 5)。當資料中相同符號常連續出現時，這種表示方式可減少儲存量；若資料很少重複，則不一定能有效壓縮。

解題方法

辨認關鍵詞「run-length」：run 指一段連續相同資料，length 指該段的長度。因此，RLE 的核心是記錄連續重複資料及其長度，而非刪除影像內容、計算符號機率，或將每個資料改成固定長度碼。

選項分析