114 關務特考四等 資訊處理(選試英文)科別 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

本題考記憶體的速度與用途。微處理器中的快取記憶體（Cache）用來暫存處理器常用的資料與指令，縮短處理器等待主記憶體的時間。L1 Cache 對存取速度要求高，因此常以速度快的靜態隨機存取記憶體（SRAM）設計。

SRAM 以正反器電路儲存資料，只要供電就能維持內容，不必像 DRAM 一樣定期更新資料；代價是每位元所需電路較多，成本較高、密度較低。

解題方法

先判斷題目問的是「適合處理器快取的記憶體技術」，再比較選項的存取速度與常見用途：SRAM 用於快取；DRAM 常作為主記憶體；快閃記憶體與磁碟則用於非揮發性儲存。符合快取需求的是 SRAM。

選項分析

核心觀念

本題考多緒處理的基本概念，包括執行緒與處理器資源的運用、執行緒切換時需保存的狀態，以及不同程序間的資料共享方式。

執行緒是程序中的執行單位。同一程序的多個執行緒通常共享該程序的記憶體空間與其他資源；不同程序則各自擁有受作業系統管理的位址空間。若不同程序要透過共享記憶體交換資料，通常須由作業系統建立或設定共享記憶體，並處理存取權限與同步等事項。

解題方法

逐一檢查選項是否符合上述概念。尤其注意「不同程序」與「同一程序」的差異：同一程序內的執行緒可共享程序資源；不同程序間則不能僅因為各自有執行緒，就直接共享記憶體而完全不需要作業系統支援。

選項分析

(A) 正確。 多緒處理讓多個執行緒共享處理器與相關資源。單一處理器可透過排程在不同執行緒間切換，使它們交替執行；實際上是否同時執行，則取決於處理器是否具備平行執行能力。

核心觀念

本題考「資料平行性」及處理器如何利用它提升效能。資料平行性是指對多筆彼此獨立的資料執行相同或相似的運算，例如同時對一組陣列元素做加法。

• 向量架構：一條指令可對一整組資料執行相同運算。
• 多媒體延伸指令集：常以 SIMD（單一指令、多筆資料）方式，讓一條指令處理多個打包資料。
• 超純量架構：利用多個執行單元，在同一個時脈週期中發出並執行多條彼此獨立的指令。
• 純量架構：一般一次對一筆資料執行一個運算，不會積極利用多筆資料間的平行性。

解題方法

先看題幹問的是「未積極利用程式中的資料平行性」。向量架構與多媒體延伸指令集直接把相同運算套用到多筆資料；超純量架構則能從程式中找出可同時執行的獨立指令。相較之下，純量架構主要逐筆處理資料，因此符合題意。

選項分析

核心觀念

OSI 七層架構中，**傳輸層（Transport Layer）**負責端點到端點的資料傳輸控制。資料在網路中可能被切分成多個封包，傳輸層可利用序號等機制辨識資料順序，並在接收端依序重組；TCP 是具備可靠傳輸與排序能力的傳輸層協定。

解題方法

題目問的是「將收到的封包依應有順序重組」的功能。判斷關鍵在於這是端點之間的完整資料傳輸與排序，屬於傳輸層的工作。資料鏈結層處理的是相鄰網路節點間的訊框傳送，不負責跨端點的資料順序重組。

選項分析

核心觀念

本題考的是函式呼叫時，執行環境的配置與回收方式。函式的執行環境通常包含區域變數、參數、返回位址及暫存資料，會存放在執行時期堆疊（runtime stack）中的堆疊框架（stack frame）。

函式呼叫具有「後進先出」的特性：後呼叫的函式會先返回，因此適合用堆疊管理各函式的環境。

解題方法

判斷關鍵是函式呼叫與返回的先後順序。假設函式 main 呼叫 A，而 A 又呼叫 B，執行時會依序建立 main、A、B 的環境；返回時則先移除 B，再移除 A。這符合堆疊的後進先出（LIFO）原則，因此選堆疊。

選項分析

核心觀念

本題考「特定用途（Ad-hoc）解決方案」與「通用（general-purpose）方案」的差別。

通用方案可用於多種任務或情境；特定用途方案則是針對某一類問題或明確任務設計。深度學習模型通常以特定資料與目標任務訓練，解決指定問題，因此屬於特定用途方案。

解題方法

逐一判斷各選項的主要用途：若能支援多種不同工作，屬於通用方案；若依特定任務設計或訓練，則屬於特定用途方案。

選項分析

• (A) SQL 查詢語言：錯誤。 SQL 是用來管理與查詢關聯式資料庫的通用語言，可處理各種資料庫查詢與操作，不是針對單一特定問題設計。
• **(B) 個人電腦：錯誤。

核心觀念

硬碟的平均延遲（Average Latency）是磁碟等待目標磁區轉到讀寫磁頭下方所需時間的平均值。由於磁碟片持續旋轉，平均等待時間為旋轉一周時間的一半。

解題方法

先求每分鐘 $10000$ 轉換算成每秒的轉數：

因此，旋轉一周所需時間為：

平均延遲是半圈的時間：

選項分析

核心觀念

本題考查記憶體的揮發性，以及 DRAM 與 SRAM 的特性差異。

• 非揮發性記憶體：斷電後仍能保存資料，磁碟屬於此類。
• 揮發性記憶體：通常須持續供電才能保存資料，主記憶體中的 DRAM、SRAM 都屬於此類。
• DRAM 與 SRAM：SRAM 不需定期刷新，速度通常較快；DRAM 需要定期刷新，速度通常較慢，但成本較低、密度較高。

解題方法

逐一判斷敘述是否符合記憶體的基本定義。前三項描述非揮發性記憶體、主記憶體用途及揮發性記憶體的供電特性；第四項則比較 DRAM 和 SRAM 的存取速度。依一般計算機組織的特性，SRAM 通常比 DRAM 快，因此第四項錯誤。

選項分析

(A) 磁碟是一種非揮發性記憶體。— 正確

磁碟以磁性方式保存資料，斷電後資料仍可保留，因此屬於非揮發性儲存裝置。

核心觀念

本題考記憶體容量單位的換算。依題目採用的容量表示法，$1\text{ GB}=2^{30}$ Bytes，因此 $32\text{ GB}$ 就是 $32$ 個 $2^{30}$ Bytes。

解題方法

將數值 $32$ 保留為係數，並乘上每 $1\text{ GB}$ 所含的位元組數：

因此選項 (A) 正確。

選項分析

• (A) $32\times 2^{30}$：正確。 $32\text{ GB}$ 換算為位元組，即 $32\times 2^{30}$ Bytes。

核心觀念

將十進位數轉成八進位時，整數部分用「除以 8 取餘數」，由下往上排列；小數部分用「乘以 8 取整數位」，由上往下排列。

解題方法

先轉換整數部分 $70$：

將餘數由下往上讀，得 $70_{10}=106_8$。

再轉換小數部分 $0.25$：

取整數部分 $2$，小數部分已為 $0$，所以小數部分的八進位表示為 $.2_8$。合併得：

選項分析

核心觀念

符號大小表示法（sign-and-magnitude）將最高位元作為符號位元，其餘位元表示數值大小：

• 符號位元為 $0$ 表示正數，為 $1$ 表示負數。
• 其餘位元以一般二進位表示絕對值。

解題方法

先取 $-35$ 的絕對值 $35$，將其轉成 7 位元二進位：

題目選項採 8 位元表示，因此在最左側加上符號位元。因為原數為負數，符號位元為 $1$：

選項分析

核心觀念

本題考漸近複雜度符號的意義：

• $O(g(n))$ 表示漸近上界，代表成長速度不高於 $g(n)$ 的量級。
• $\Omega(g(n))$ 表示漸近下界，代表成長速度不低於 $g(n)$ 的量級。
• $\Theta(g(n))$ 表示漸近緊確界，成長速度同時受 $g(n)$ 的上界與下界限制，因此與 $g(n)$ 同階。

解題方法

題目問「既不高於、也不低於參數所對應的複雜度等級」，也就是同時具有上界與下界。符合這項條件的是 $\Theta$ 記號：若 $f(n)=\Theta(g(n))$，則存在正常數 $c_1,c_2$ 與 $n_0$，使得對所有 $n\ge n_0$，

因此 $f(n)$ 與 $g(n)$ 具有相同的漸近成長量級。

核心觀念

$10$ 位元 2 的補數以最高位元作為符號位：最高位元為 $0$ 表示非負數，為 $1$ 表示負數。負數可用「位元反相後加 $1$」求其絕對值；$10$ 位元運算的結果則保留低 $10$ 位。

解題方法

第一組 $1100101101$ 的最高位元是 $1$，為負數。反相後為 $0011010010$，再加 $1$ 得：

因此第一組代表 $-179$。

第二組 $0010110011$ 的最高位元是 $0$，為正數：

兩數相加為：

不過直接將題目所列的兩個位元串相加，也可得到：

結果最高位元為 $1$。反相後為 $0000011111$，加 $1$ 得 $0000100000_2=32$，所以此 $10$ 位元結果代表 $-32$。

選項分析

核心觀念

二進位位元樣式取 2 的補數，常用方法是「逐位反相後加 $1$」：先將 $0$ 變 $1$、$1$ 變 $0$，再把結果加上 $1$。此題以 8 位元表示。

解題方法

原位元樣式為 $10101101$。

先逐位反相：

再加 $1$：

因此，$X$ 的 2 的補數為 $01010011$。

選項分析

核心觀念

本題考二進位左移與 XOR（互斥或）。左移一位時，每個位元向高位移一格，最低位補 $0$；XOR 逐位比較，兩位元不同時結果為 $1$，相同時結果為 $0$。

解題方法

由括號由內而外計算：

1. 先計算 $\ll(000100)$：

$000100 \ll 1 = 001000$

2. 將結果與 $011001$ 做 XOR：

3. 再將 XOR 結果左移一位：

$010001 \ll 1 = 100010$

二進位 $100010$ 換算為十進位：

核心觀念

本題考布林代數的基本運算與化簡。布林變數只有 $0$、$1$ 兩種值；$+$ 表示 OR（或），相乘表示 AND（且），且 $X+X=X$、$XX=X$。要判斷選項是否等於 $A+C$，可用布林代數化簡，或代入變數值驗算。

解題方法

選項（B）為 $AC+BC+BC$。利用冪等律 $X+X=X$，先合併重複項：

再提出公因數 $C$：

這個式子並不等於 $A+C$：例如 $A=1、C=0$ 時，$A+C=1$，但 $AC+BC=0$。因此，（B）依照題目所列式子，無法化簡為 $A+C$。

逐一檢查其餘選項，也沒有一項等於 $A+C$。例如 $A=1、C=0$ 時，正確結果應為 $1$；選項（A）、（B）、（C）代入後皆為 $0$。選項（D）代入後為 $1$，但再取 $A=0、C=0、B=1$，其值為 $1$，而 $A+C=0$，故（D）也不相等。

選項分析

• （A）$AB+BC+ABC$：錯誤。 令 $A=1、C=0$，原式為 $0$，但 $A+C=1$。
• **（B）$AC+BC+BC$：依題面為錯誤。

核心觀念

本題考查：

1. T 正反器的動作特性

• $T=0$：保持原狀
• $T=1$：輸出翻轉，即 $Q^{+}=\overline{Q}$

2. 同步與非同步計數器的判斷

• 所有正反器接收同一個時脈：同步計數器
• 後級正反器的時脈由前級輸出提供：非同步計數器

3. 二位元計數器的模數

• 兩個正反器共有 $2^2=4$ 種狀態，因此為模數 $4$ 計數器。

解題方法

由圖可判斷：

• 第一個 T 正反器的 $T$ 輸入接至邏輯 $1$，因此每次正緣時脈都會翻轉。
• 第二個 T 正反器的 $T$ 輸入接第一個正反器的 $Q$ 輸出。
• 兩個正反器的 CK 均接至同一條 clock，因此兩者都在同一個時脈正緣動作。

設第一級輸出為 $Q_0$，第二級輸出為 $Q_1$，並以 $Q_1Q_0$ 表示計數值。

每次正緣時脈的狀態如下：

其中：

• $Q_0$ 每次都翻轉。
• $Q_1$ 只有在原本的 $Q_0=1$ 時才翻轉。

核心觀念

本題考布林代數的基本定律，包括：

• 吸收律：$a+a\cdot b=a$。
• 冪等律：$a\cdot a=a$。
• 分配律：$a\cdot(b+c)=a\cdot b+a\cdot c$。

布林代數中的「$+$」代表 OR，「$\cdot$」代表 AND。

解題方法

原式為：

先化簡第一項括號。由吸收律 $z+y\cdot z=z$，得：

再化簡第二項括號。由吸收律 $\omega+\omega\cdot y\cdot z=\omega$，得：

因此：

核心觀念

奇同位元（odd parity）要求「8 位元資料加上 1 個同位元」後，整組 9 位元中 $1$ 的總數為奇數。接收端檢查總數是否為奇數：若為偶數，即判定發生錯誤。

解題方法

逐一計算每個選項中 $1$ 的個數：

• (A) 010101010：共有 $4$ 個 $1$，是偶數，不符合奇同位元，會產生錯誤。
• (B) 011010011：共有 $5$ 個 $1$，是奇數，符合奇同位元。
• (C) 111000000：共有 $3$ 個 $1$，是奇數，符合奇同位元。
• (D) 110110111：共有 $7$ 個 $1$，是奇數，符合奇同位元。

核心觀念

本題考查 Python 的 range、取餘數運算子 %，以及條件判斷與累加。

• range(1, 11) 會依序產生 $1$ 到 $10$，不包含結束值 $11$。
• i % 2 != 0 用來判斷 $i$ 是否為奇數：除以 $2$ 的餘數不為 $0$ 即為奇數。
• 程式只將奇數加進 sum；偶數執行 pass，不改變累加結果。

解題方法

依序檢查 $1$ 至 $10$。其中奇數 $1、3、5、7、9$ 符合條件，因此：

最後 print(sum) 輸出 25。

選項分析

核心觀念

本題考查程式語言的分類，以及各類語言與人類語言的相似程度。機器語言由二進位指令組成，最接近電腦硬體；組合語言以助記符號表示指令；高階語言則使用較接近人類表達方式的語法，較容易閱讀與撰寫。

解題方法

題幹的關鍵是「與人類語言相似且易於理解」。依語言抽象程度由低至高判斷：

機器語言 → 組合語言 → 高階語言

越接近高階語言，越不必直接處理硬體指令細節，也越容易由人閱讀理解。因此選擇高階語言。

選項分析

• (A) 機器語言（machine language）：以二進位指令表示，能直接由處理器執行，但不易閱讀與撰寫，與人類語言差異最大，錯誤。

核心觀念

插入排序法（Insertion Sort）由左至右逐一處理數字，將目前的數字插入前面已排序的部分。分析時間複雜度時，要計算最差情況下各輪需要比較、移動多少次。

解題方法

最差情況是數字由大到小排列，但題目要求由小到大排序。每一輪取出的數字都必須一路向前移動，才能插入已排序區段的最前端。

第 $k$ 輪最多需要檢查並移動約 $k$ 個元素，因此總操作次數為：

最高次項為 $n^2$，所以最差時間複雜度為 $O(n^2)$。

選項分析

核心觀念

本題考查密碼雜湊與 salt（鹽值） 的用途。系統在計算密碼雜湊時，會把 salt 與密碼一併作為輸入，例如：

$H = \operatorname{Hash}(\text{salt} \,\|\, \text{password})$

salt 通常是隨機產生、與密碼雜湊值一同儲存的公開資料。它不必保密，主要作用是讓相同密碼產生不同雜湊值，並使攻擊者難以預先計算彩虹表或重複利用大量預先計算的結果。

解題方法

判斷各選項是否符合 salt 的功能即可。salt 的設計目標是增加離線破解成本，而不是加速正常登入驗證。登入時，系統仍須依照儲存的 salt 與輸入密碼計算雜湊，再比對結果；salt 不會縮短這項驗證流程。

選項分析

(A) 可以增加駭客破解密碼需要的時間。正確。 每個帳號使用不同 salt，可使攻擊者難以用同一份預先計算的雜湊表攻擊多個帳號；

核心觀念

分頁式記憶體管理會把邏輯位址分成「分頁號碼」與「頁內位移」。分頁大小為 $4096$ bytes，而 $4096=2^{12}$，所以頁內位移占 $12$ 個位元；其餘高位元就是分頁號碼。

解題方法

$32$-bit 位址共有 $32$ 個位元。扣除 $12$ 個頁內位移位元，分頁號碼占 $32-12=20$ 個位元。

每個十六進位數字代表 $4$ 個位元，因此分頁號碼占 $20/4=5$ 個十六進位數字。將位址 $0x\mathrm{AAB13CEF}$ 的低 $3$ 個十六進位數字視為頁內位移，剩餘高位數字即為分頁號碼：

因此分頁號碼為 $0x\mathrm{AAB13}$。

選項分析

核心觀念

本題考 CPU 排程演算法與平均等待時間。程序的等待時間是程序在就緒佇列中等待 CPU 的總時間；一組程序的平均等待時間為各程序等待時間總和除以程序數。

在所有程序的 CPU 執行時間已知、且不考慮程序中途到達等額外限制時，最短工作先做（Shortest-Job-First, SJF）排程可產生最短的平均等待時間。

解題方法

比較各程序執行時間的長短，先安排執行時間較短的程序，可減少它們在佇列中等待的時間；較長的程序留到後面，避免許多短程序都因長程序先執行而增加等待時間。

以三個程序的執行時間 $P_1=6$、$P_2=2$、$P_3=4$ 為例：

• 依 SJF 排序：$P_2 \rightarrow P_3 \rightarrow P_1$
• 等待時間分別為 $0$、$2$、$2+4=6$
• 平均等待時間為 $\frac{0+2+6}{3}=\frac{8}{3}$

核心觀念

啟發式搜尋演算法（heuristic search algorithm）會利用「啟發式函數」或估算資訊，評估目前搜尋狀態與目標的接近程度，據此決定優先探索的方向，讓搜尋更有效率。它通常用於狀態空間很大、無法逐一窮舉的問題；是否能找到最佳解，則取決於演算法與估算函數的性質。

解題方法

判斷關鍵在於辨認「啟發式搜尋」的核心：利用估算函式引導搜尋。符合這個定義的是選項（B）。搜尋目標不是靠「猜中」而直接完成，而是以估算結果選擇較有希望的搜尋方向。

選項分析

核心觀念

本題考分頁式記憶體管理中，轉譯後備緩衝區（TLB）的命中率與有效記憶體存取時間（EAT）。TLB 命中時可直接取得頁框位置，再存取一次資料；TLB 未命中時，須先存取分頁表，再存取資料。

解題方法

命中率為 $h=0.99$，未命中率為 $1-h=0.01$。依題目所給的計時方式：

• TLB 命中：存取一次記憶體資料，耗時 $20\text{ ns}$。
• TLB 未命中：存取分頁表耗時 $20\text{ ns}$，再存取資料耗時 $20\text{ ns}$，合計 $40\text{ ns}$。

因此有效存取時間為：

選項分析

核心觀念

本題考查二維陣列的索引、length 屬性，以及 continue 對迴圈執行流程的影響。

intArray.length 是外層陣列的列數，本題為 $2$；intArray[i].length 是第 $i$ 列的元素數，本題每列皆為 $4$。陣列索引從 $0$ 開始，因此 intArray[i][intArray[i].length-j] 會依照目前的 j 值取出指定元素。

解題方法

外層迴圈依序處理兩列：i=0、i=1。每列的內層迴圈都讓 j 由 $4$ 遞減至 $1$。

當 j<=2 時，執行 continue，直接跳到下一次內層迴圈，不會輸出。因此只有 j=4 和 j=3 會執行 println。

• 第一列 {1, 2, 3, 4}：

• j=4：索引為 $4-4=0$，輸出 1。

• j=3：索引為 $4-3=1$，輸出 2。

• j=2、j=1：符合 j<=2，略過。

• 第二列 {5, 6, 7, 8}：

• j=4：索引為 $4-4=0$，輸出 5。

• j=3：索引為 $4-3=1$，輸出 6。

核心觀念

程序（process）是資源分配與執行的單位；執行緒（thread）則是程序內的執行單位。同一程序中的執行緒會共享程序的程式碼、資料段，以及程序所持有的資源；但每個執行緒都要有自己的堆疊空間，用來保存函式呼叫、區域變數及返回位置等執行狀態。

解題方法

辨別「程序共享」與「執行緒個別擁有」即可：程式碼、資料與程序資源屬於程序範圍，供同一程序內的執行緒共享；堆疊則保存各執行緒自己的呼叫歷程與區域資料，必須分別配置。因此，符合題意的是堆疊空間。

選項分析

核心觀念

本題考查 C 語言陣列與指標的位移、後置遞增運算，以及 for 迴圈條件的判斷。p++、q-- 會先使用指標目前指向的位置，再將指標移至下一個或前一個陣列元素。

陣列未明確指定的元素會初始化為 0，因此 a[5] 到 a[9] 起初皆為 0。迴圈條件 q + 3 > p 比較的是兩個指向同一陣列的指標位置。

解題方法

初始時，p = &a[1]、q = &a[9]。每次迴圈先執行 a[q 的索引] = a[p 的索引] × 2，再讓 q 減少一格、p 增加一格。

核心觀念

本題考查資料的階層結構。傳統檔案處理與資料庫的基本階層可表示為：

由下而上看，字元組成欄位，欄位組成記錄，記錄組成檔案，而多個相關檔案整合後形成資料庫。

解題方法

核心觀念

大數據（Big Data）的「3V」是描述資料規模與處理特性的三項指標：

• Volume（資料量）：資料的規模龐大。
• Velocity（速度）：資料產生、傳輸及處理的速度快。
• Variety（多樣性）：資料型態多元，例如結構化、半結構化及非結構化資料。

**Value（價值）**常被列為大數據的延伸特性，例如「4V」中的一項，但不是一般所稱的 3V。

解題方法

辨認 3V 的英文名稱即可：Volume、Velocity、Variety。選項中的 Value 不在這三項之中，因此符合題目所問的「不是」。

選項分析

核心觀念

影像的「通道」是儲存每個像素不同類型資訊的分量數。灰階影像以一個亮度值表示像素明暗，因此有 $1$ 個通道；CMYK 以青色（Cyan）、洋紅色（Magenta）、黃色（Yellow）及黑色（Key/Black）四個分量表示顏色，因此有 $4$ 個通道。

解題方法

辨認兩種影像的表示方式，再計算各自需要的分量數：

• 灰階影像：每個像素只記錄亮度，通道數為 $1$。
• CMYK 影像：每個像素分別記錄 C、M、Y、K 的資訊，通道數為 $4$。

因此組合為「灰階 $1$ 個通道、CMYK $4$ 個通道」，選項 (B)。

選項分析

核心觀念

串流媒體是將影音資料分段傳送，接收端一邊接收、一邊播放，不必先把完整影音檔案下載到本機。播放品質會受到網路頻寬、穩定度與延遲影響；串流內容通常也需要網路連線。

解題方法

判斷各選項是否符合串流媒體的特性。特別留意「都可以」這類絕對說法：影音檔案能否串流傳播，還要看檔案格式、編碼方式及串流服務是否支援，不能一概而論。

選項分析

• (A) 正確。 串流播放仰賴資料持續傳輸；網路速度不足或連線不穩，容易造成緩衝、畫面停頓或音訊中斷，因此較易受網路品質影響。
• (B) 錯誤。 傳統影音媒體的檔案並非「都可以」直接以串流方式傳播。

核心觀念

本題考查影像放大中的雙線性插值（Bilinear interpolation）。當目標像素位於原始四個像素的正中央時，其灰階值為四個鄰近像素灰階值的加權平均；因為距離相等，所以四個權重皆為 $\frac{1}{4}$。

原始 $2\times2$ 圖像灰階值為：

• 左上：$48$
• 右上：$12$
• 左下：$24$
• 右下：$0$

解題方法

放大為 $3\times3$ 後，中央像素 $x$ 位於原始四個角落像素的正中央，與四個像素的距離相同。因此：

因此中央像素的灰階值為 $21$。

選項分析

核心觀念

點陣字以固定大小的像素矩陣表示每個字元。本題每個像素只有黑、白兩種狀態，因此只需 $1$ 位元儲存一個像素。大小寫英文字母共 $26+26=52$ 個字元。

解題方法

每個字元的點陣大小為 $64\times64$，所以每個字元需要：

整套字體包含 $52$ 個字元，所需空間為：

以 $1\text{ KB}=1024\text{ 位元組}$ 換算：

選項分析

核心觀念

本題考光子的能量與光波頻率、波長之間的關係。光子能量為

$E=hf=\frac{hc}{\lambda}$

其中 $E$ 為能量、$h$ 為普朗克常數、$f$ 為頻率、$c$ 為光速、$\lambda$ 為波長。由公式可知，在光速與普朗克常數固定時，波長越短，光子能量越大。

解題方法

可見光由紫光到紅光，波長大致由短至長排列。題目範圍約為 $360\text{ nm}\sim760\text{ nm}$，因此在可見光中，愈靠近紫光端的色光能量愈大。選項所列顏色中，藍色的波長較短，能量高於綠、黃、橙色，因此依官方答案選藍色。

選項分析

核心觀念

本題考動畫的基本原理、影格播放速率，以及二維與三維動畫的差異。動畫通常以一定速率連續播放多張影格，利用人眼對快速變化影像的視覺整合，呈現連續動作。

影格速率通常以每秒影格數表示，單位為 FPS（frames per second），而不是 FPM（frames per minute）。

解題方法

先辨認選項中的動畫術語是否符合常見定義。動畫的播放速率以「每秒」播放多少影格衡量，因此檢查選項中的單位，即可找出錯誤敘述。

選項分析

核心觀念

本題考查數位影像的表示方式、像素、解析度與色彩深度。

• 點陣式影像由像素（pixel）組成，放大時可能出現鋸齒或模糊。
• 向量式影像以幾何圖形與數學描述記錄，縮放時通常不會失真。
• 解析度描述單位長度或面積所包含的像素數，例如每英吋像素數（PPI）。
• 色彩深度描述每個像素使用的位元數；位元數越多，通常可表示的色彩種類越多。

解題方法

逐項比對敘述中的影像術語定義。題目把「單位長度所包含的像素個數」稱為「深度」，但這是解析度的概念；「深度」指的是每個像素用多少位元表示色彩。因此錯誤選項為 (C)。

選項分析

核心觀念

本題考視訊解析度規格的相對高低。解析度通常以畫面寬度與高度的像素數表示，像素數越多，能呈現的影像細節通常越多。

解題方法

比較各規格常見的像素尺寸：

• HD：通常為 $1280 \times 720$，約 92 萬像素。
• FHD：通常為 $1920 \times 1080$，約 207 萬像素。
• QHD：通常為 $2560 \times 1440$，約 369 萬像素。
• UHD：常見為 4K UHD，即 $3840 \times 2160$，約 829 萬像素。

依序比較可知，UHD 的解析度最高。

選項分析