111 身心障礙特考四等 電子工程 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

本題考「直接記憶體存取」（Direct Memory Access, DMA）。DMA 控制器可在周邊裝置與主記憶體之間直接傳送資料，中央處理器（CPU）負責設定傳送的起始位置、方向與資料量，傳送期間不必逐筆搬移資料，完成後再由 DMA 控制器通知 CPU。

解題方法

題幹的關鍵是「大量資料轉移」以及「不需要依賴中央處理器去逐筆處理」。能讓資料在裝置與記憶體間直接傳送、減少 CPU 逐筆介入的機制，就是 DMA。

選項分析

• (A) I/O 映射 I/O（I/O-mapped I/O）：錯誤。 這是配置 I/O 裝置位址空間的方式，CPU 透過專用的 I/O 指令讀寫裝置；它本身不會讓資料在裝置與記憶體間自動大量傳送。
• **(B) 記憶體映射 I/O（memory-mapped I/O）：錯誤。

核心觀念

運算碼（operation code，opcode）用來表示指令種類。若運算碼長度為 $n$ 個位元，每個位元各有 $0$、$1$ 兩種狀態，因此可組成 $2^n$ 種不同的位元組合。

解題方法

本題的運算碼長度為 $7$ 位元，套用公式：

因此，最多可解碼出 $128$ 種不同的指令。

選項分析

核心觀念

本題考查實現虛擬記憶體（Virtual Memory）的基本機制。虛擬記憶體讓程式使用的位址空間可以大於實際安裝的主記憶體；作業系統與硬體會將虛擬位址對應到實體記憶體中的位置。常見的實作方式是分頁（Paging）。

解題方法

判斷各選項是否負責「把虛擬位址空間映射到實體記憶體，並在需要時管理資料載入」即可。分頁將虛擬位址空間切成固定大小的頁（page），將實體記憶體切成相同大小的頁框（frame），再透過頁表記錄頁與頁框的對應關係。

當程式要存取的頁不在主記憶體時，作業系統可將所需頁從輔助儲存裝置載入主記憶體，並更新頁表。因此，分頁能支援虛擬記憶體。

選項分析

核心觀念

這題考查十進制小數轉換為二進制。二進制小數點後各位的位值依序為 $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{1}{16},\frac{1}{32},\ldots$；也可反覆將小數部分乘以 $2$，每次乘積的整數部分依序就是二進制小數位。

解題方法

將 $0.625$ 的小數部分反覆乘以 $2$，取每次乘積的整數部分：

依序讀取整數部分，得到二進制小數 $0.101$。題目選項皆寫成五位小數，補上末尾的零後為 $0.10100$。

也可用位值驗算：

核心觀念

進位制轉換可利用 $9=3^2$，將三進位數每兩位一組分段，直接轉成九進位。分組時由小數點往左，每兩位一組；不足兩位時在左側補零。

解題方法

將 $(2012)_3$ 從右側開始每兩位分組：

每組分別換算成十進位數值。三進位的「20」代表 $2\times 3+0=6$，「12」代表 $1\times 3+2=5$。因此：

選項分析

• (A) $(65)_9$：正確。 兩位一組換算後依序為 $6$、$5$，得到 $(65)_9$。
• (B) $(67)_9$：錯誤。 「12」的三進位值為 $1\times3+2=5$，不是 $7$。

核心觀念

$n$ 個位元共有 $2^n$ 種不同的組合，因此要表示 $100$ 種狀態，必須找到最小的整數 $n$，使得 $2^n \ge 100$。

解題方法

比較相鄰的 2 的次方：

6 個位元只能表示 64 種狀態，不足以涵蓋 100 種；7 個位元可表示 128 種，足以涵蓋。因此至少需要 7 個位元。

選項分析

核心觀念

互斥或（XOR，exclusive OR）在兩個輸入不同時輸出 $1$，相同時輸出 $0$。因此：

其中 $\neg$ 表示 NOT、$\land$ 表示 AND、$\lor$ 表示 OR。

解題方法

依照 XOR 的定義，列出兩種輸入不同的情況：

• $A=0,\ B=1$：輸出 $1$，對應 $\neg A\land B$。
• $A=1,\ B=0$：輸出 $1$，對應 $A\land\neg B$。

兩種情況以 OR 合併，得到：

這正是選項 (B)。

選項分析

• (A) 錯誤。 依德摩根定律，

核心觀念

位元 NOT（反相）會將每個位元個別取反：$0$ 變成 $1$，$1$ 變成 $0$。它不會改變位元數，也不涉及進位。

解題方法

將原數 $10110110$ 的每一位分別反相：

核心觀念

Critical section（臨界區）是行程中會存取共享資料或共享資源的程式區段。當多個行程同時執行時，若未妥善協調，可能發生資料不一致或競爭情況。

因此，Critical section problem（臨界區問題）主要探討如何同步多個行程，讓它們安全地存取共享資源，屬於行程同步（Process synchronization）的範疇。常見的解決機制包括互斥鎖、信號量與監視器。

解題方法

辨認題目中的關鍵詞「Critical section problem」：臨界區涉及多個行程競爭使用共享資源，核心在於協調行程執行順序與資源存取。這正是行程同步所處理的問題，故選 Process synchronization。

選項分析

核心觀念

本題考查作業系統的 可搶先排程（Preemptive Scheduling）。若目前執行中的程序可以因更高優先權程序到達，或其他排程條件成立，而被作業系統暫停並讓出 CPU，這種排程方式稱為可搶先排程。

相對地，**不可搶先排程（Non-Preemptive Scheduling）**中，程序取得 CPU 後，通常會持續執行到結束或主動交出 CPU，排程器不會因另一個程序優先權較高就強制中斷它。

解題方法

題幹的關鍵是「得到 CPU 控制權後，可以被更高優先權的程序暫時暫停」。這表示執行中的程序可被作業系統強制中斷，CPU 改由優先權較高的程序使用，符合可搶先排程的定義。

選項分析

• **(A) 先到先做排程（FCFS）錯誤：**依程序到達就緒佇列的先後順序分配 CPU，通常屬於不可搶先排程；較晚到達的高優先權程序不會因此中斷目前程序。

核心觀念

管線處理器每個時脈週期推進一個 stage。時脈週期必須足以容納最慢的 pipeline stage，因此最短時脈週期為各 stage 運算時間中的最大值：

時脈頻率與時脈週期互為倒數：$f=1/T_{\text{clock}}$。

解題方法

題目各 stage 的運算時間為 $2.5、1.0、1.5、4.0、3.0\text{ ns}$。其中最慢的是 MEM stage，需 $4.0\text{ ns}$，所以時脈週期至少為：

換算頻率：

核心觀念

本題考查管線處理器（Pipeline）的階段數與時脈頻率。管線會把指令執行工作切分為多個階段，例如取指、解碼、執行與寫回，讓多條指令能在不同階段重疊執行。

在其他條件相同時，階段切分得更細，每一階段需要完成的工作通常較少，因而有機會縮短最慢階段的延遲。時脈週期需足以容納最慢階段的延遲，因此可用較短的時脈週期運作，提升處理器時脈頻率。

解題方法

抓住「增加管線階段數」的直接效果：工作切得更細，理想情況下可縮短單一階段的延遲，讓時脈週期縮短、時脈頻率提高。時脈頻率與時脈週期互為倒數：

$f=\frac{1}{T}$

因此，時脈週期縮短時，時脈頻率提高，對應選項 (A)。

選項分析

核心觀念

本題考查 UNIX 系統呼叫 fork 的功能。fork 會建立一個新的子程序（child process），原本呼叫它的程序則成為父程序（parent process）。

子程序會以父程序的執行狀態為基礎開始執行；fork 在父、子程序中都會返回，但返回值不同：父程序取得子程序的程序識別碼（PID），子程序則取得 0。

解題方法

辨認系統呼叫的名稱與功能即可。題目問 fork 的作用，關鍵是將它和「建立程序」連結：執行 fork 後，系統會新增一個子程序，因此選擇「產生子程序」的選項。

選項分析

核心觀念

本題考查陣列索引、整數除法與除數為零的執行錯誤。

陣列索引從 $0$ 開始，因此 a[1] 是陣列 a 的第二個元素，值為 $0$；b[1] 也是第二個元素，值為 $2$。兩者皆為 int，相除時會進行整數除法；但整數不能除以 $0$。

解題方法

依序代入陣列元素：

• a[1] = 0
• b[1] = 2

所以 printf 中的運算式為：

除數為 $0$，程式在執行這個除法時會發生錯誤，因此不會正常輸出數值。

選項分析

核心觀念

堆疊（Stack）採用「後進先出」（LIFO）原則：最後推入的元素會最先彈出。清空（Empty）會移除堆疊中的所有元素，使堆疊回到空狀態。

解題方法

依序追蹤每個運算後堆疊內的元素：

核心觀念

深度優先搜尋（Depth-first Search, DFS）會從起點沿著尚未搜尋的相鄰節點一路往下探索；遇到沒有未訪問鄰點的節點時，便回到上一個尚有未探索路徑的節點。

堆疊（Stack）採用「後進先出」（LIFO）原則，最近走到的節點會最先取出，因此能自然保留 DFS 回溯所需的順序。

解題方法

判斷搜尋方式與資料結構的配合：

• 深度優先：沿路深入，必要時回溯，使用堆疊。
• 廣度優先：先搜尋同一層的所有節點，使用佇列。

因此，本題要選擇能符合「一路深入、再回溯」順序的資料結構，即堆疊。

選項分析

核心觀念

本題考「平衡樹」的定義。平衡樹是透過限制左右子樹高度差，避免樹的高度過度偏斜，讓搜尋、插入與刪除等操作維持良好效率。AVL tree 是一種自我平衡的二元搜尋樹；其每個節點的左右子樹高度差至多為 $1$。

解題方法

辨認選項是否明確以維持樹的高度平衡為設計條件。AVL tree 具有高度平衡規則，當插入或刪除造成失衡時，會透過旋轉恢復平衡，因此符合平衡樹的定義。

選項分析

• (A) AVL tree：正確。 AVL tree 是經典的平衡二元搜尋樹，透過限制每個節點左右子樹的高度差來維持平衡。
• **(B) Binary Search Tree：錯誤。

核心觀念

本題考「中序式轉前序式」。中序式的運算子寫在運算元之間；前序式則把運算子放在所屬運算元或子運算式之前。依運算子優先順序，乘法高於加法；括號內先視為一個完整子運算式。

解題方法

原式為 $(A \times B + C) + D \times E$。

1. 括號內 $A \times B + C$，先算 $A \times B$，再與 $C$ 相加，因此前序式為 $+ \times ABC$。
2. 右側 $D \times E$ 的前序式為 $\times DE$。
3. 最外層是加法，將左、右兩個子運算式依序接在 $+$ 後：

去除括號與空格後，得到：

選項分析

核心觀念

本題考查 Dijkstra 演算法的分類。Dijkstra 演算法用來求解帶有非負權重圖形中的單一起點最短路徑問題，採取逐步確定最短距離的方式，並利用已求得的子問題結果擴展到下一個節點，屬於動態規劃演算法。

解題方法

從演算法的解題特性判斷：Dijkstra 會維護各節點目前已知的最短距離，每次選取尚未確定且距離最小的節點，再用它更新相鄰節點的距離。其距離更新可寫為：

其中 $d(u)$、$d(v)$ 是起點到節點的目前距離，$w(u,v)$ 是邊 $(u,v)$ 的權重。演算法將已確定的子問題結果用於後續更新，因此本題依官方分類選擇動態規劃。

選項分析

• **(A) Dynamic Programming Algorithm：正確。

核心觀念

本題考查廣度優先搜尋（BFS）與 BFS spanning tree 的層級概念。

BFS 從起點 $a$ 出發時，會依照「距離起點的最短邊數」逐層拜訪：

• 第 $0$ 層：起點 $a$
• 第 $1$ 層：與 $a$ 直接相連的節點
• 第 $2$ 層：由第 $1$ 層節點首次拜訪的節點
• 第 $3$ 層：由第 $2$ 層節點首次拜訪的節點

BFS spanning tree 必須同時符合：

1. 包含原圖所有節點。
2. 為一棵樹，不能有循環。
3. 每個節點在樹中的深度，必須等於該節點由起點 $a$ 出發的最短距離。
4. 同一層節點的拜訪順序可以不同，因此 BFS 樹不一定唯一。

解題方法

依原圖可判斷：

• 起點 $a$ 直接連接左上與左下兩個節點，這兩個節點必須位於第 $1$ 層。
• 左上節點所連接的上方及中間節點，以及左下節點所連接的中下方及下方節點，位於第 $2$ 層。
• 最右側節點可由第 $2$ 層的任一適當節點拜訪，因此位於第 $3$ 層。

因此，正確的 BFS 樹應呈現：

核心觀念

本題考辨認排序演算法。**氣泡排序（bubble sort）**會反覆比較相鄰兩個元素；若順序不符，就交換位置。每一趟比較後，較大的元素會逐步往右移，完整一趟後，該趟最大的元素到達未排序部分的最右端。

解題方法

觀察各次結果中的相鄰交換：

• 原始資料：$9,\ 8,\ 6,\ 10,\ 9,\ 3$
• 第一次後：$8,\ 6,\ 9,\ 9,\ 3,\ 10$ 大數 $10$ 往右移到末端，顯示它經過相鄰比較與交換。
• 第二次後：$6,\ 8,\ 9,\ 3,\ 9,\ 10$ $9$ 往右移到尚未排序部分的末端。
• 第三次後：$6,\ 8,\ 3,\ 9,\ 9,\ 10$
• 第四次後：$6,\ 3,\ 8,\ 9,\ 9,\ 10$
• 第五次後：$3,\ 6,\ 8,\ 9,\ 9,\ 10$

每次比序都透過相鄰元素交換，較大的元素逐步向右移；這正是氣泡排序的特徵，因此符合官方答案 (D)。

核心觀念

本題考查搜尋法的適用條件。搜尋未排序的串列時，沒有大小順序可供判斷目標在前半段或後半段，因此需從串列的一端開始，逐一比對元素；這種方法稱為循序搜尋法（Sequential Search），也稱線性搜尋法。

解題方法

先確認串列是否已排序。未排序的資料無法使用排序所提供的方向資訊來縮小搜尋範圍，因此由第一個元素開始依序比對，找到目標即停止；若比對至末端仍未找到，則表示目標不在串列中。這正是循序搜尋法的做法。

選項分析

核心觀念

本題考查 C 語言中如何將不同型態、但屬於同一筆資料的欄位組合在一起。

struct（結構）可將多個欄位組成一筆資料，欄位可使用不同型態。學生資料同時包含姓名字串與班級排名整數，適合以結構表示。

解題方法

先判斷姓名與排名是否要同時保存在每筆學生資料中：姓名與排名都是學生資料的一部分，兩者需要同時存在，因此應選能將多個欄位一起組合的 struct。

例如：

struct Student {
 char name[50];
 int rank;
};

其中 name 儲存姓名字串，rank 儲存班級排名整數；一個 struct Student 即代表一筆學生資料。

選項分析

核心觀念

強型態（strong typing）重視程式執行時的型態安全：運算與資料使用須符合型態規則，避免不合理的型態混用。許多強型態語言會在編譯階段檢查型態，但「強型態」不代表所有型態錯誤都必然在編譯時發現，也不直接決定程式的執行速度。

解題方法

先辨認各選項描述的是型態與程式結構的關係，還是執行效率。強型態主要規範型態使用的一致性；執行時間則受語言實作、編譯器最佳化、執行環境等因素影響，不能單憑強弱型態判定。故將「強型態通常執行較久」視為必然特性，即為錯誤敘述。

選項分析

核心觀念

本題考遞迴函式與整數除法、取餘數的運算，並利用平方遞迴計算次方。對正整數 $b$，C 語言的整數除法 $b/2$ 會捨去小數部分；$b\%2$ 則用來判斷 $b$ 是奇數還是偶數。

解題方法

函式的遞迴基底是 $b=0$ 時回傳 $1$。其餘情況先計算 $p=\text{func}(a,\lfloor b/2\rfloor)$，再將 $p$ 平方；若 $b$ 是奇數，則再乘上 $a$。因此這個函式計算的是 $a^b$。

代入 $\text{func}(2,11)$，依遞迴呼叫逐步計算：

核心觀念

本題考查 for 迴圈與 switch 的執行流程，尤其是 switch 中 break 的作用，以及沒有 break 時發生的「貫穿執行」（fall-through）。

• for(i = 0; i < 3; i++) 使 i 依序為 0、1、2。
• switch(i) 會從符合的 case 開始執行；遇到 break 才會離開 switch。
• 若某個 case 後沒有 break，程式會接著執行後續 case 的敘述，直到遇到 break 或 switch 結束。
• 每輪的 switch 結束後，都會執行 printf("four ");。

解題方法

依照 i = 0、1、2 逐輪追蹤：

核心觀念

此函式逐一檢查字串 s 中的每個字元，並搜尋該字元是否出現在字串 t 中：

• 內層迴圈找到相同字元時，break 跳出內層迴圈。
• 若搜尋到 t 的結尾 '\0' 仍未找到相同字元，外層迴圈也會停止。
• 函式回傳 p1 - s，也就是「第一個沒有出現在 t 中的字元」在 s 裡的索引位置。

解題方法

s 為 "abcd"，t 為 "babc"。依序檢查 s：

核心觀念

本題考查 C 語言的字元陣列、字串結尾字元 '\0'，以及 while 迴圈與後置遞增運算子 i++。

字串 "To be or not to be, that's the question" 的字元會依序存放在陣列中，最後以 '\0' 結尾。while (s[i]) 在目前字元不是 '\0' 時繼續執行。每次執行 s[i++] 時，先取出目前位置的字元，再將 i 加 1；若該字元是小寫 'e'，便將 num 加 1。

解題方法

逐字掃描字串，只計算小寫字元 'e'：

• To be：1 個
• or not to be,：1 個
• that's the question：2 個（the 中 1 個、question 中 1 個）

因此，字串中共有 $1+1+2=4$ 個小寫 'e'，函式回傳 4，printf 輸出 4。

選項分析

核心觀念

本題考查 C 語言的指標與傳址效果、for 迴圈的執行次數，以及函式的回傳值。

f(&x) 將 x 的位址傳入函式，因此函式內的 *a 指向原本的 x。對 *a 的修改會直接改變 x；但 return t 回傳的是區域變數 t 的值。

解題方法

進入 f(&x) 時，*a 指向 x，而初始值為 $5$：

t = *a;

因此 t = 5。接著執行：

for (i = 1; i < t; i++) {
 *a += t;
}

t 固定為 $5$，所以迴圈在 $i=1,2,3,4$ 時各執行一次，共四次。每次都將 $5$ 加到 x：

核心觀念

二元樹中，每個節點都有兩個子鏈結欄位，分別指向左子樹與右子樹。若某個子樹不存在，對應的鏈結就是空鏈結（Null link）。

解題方法

若二元樹有 $n$ 個節點，每個節點提供兩個子鏈結欄位，因此共有 $2n$ 個鏈結欄位。

在一棵有 $n$ 個節點的樹中，每個非根節點都由一條鏈結連接至其父節點，所以非空鏈結共有 $n-1$ 條。其餘欄位就是空鏈結：

因此答案為選項 (C) $n+1$。

選項分析

核心觀念

本題考 C++ 的建構函式多載。物件建立時，會依照提供的引數數量與型態，選擇相符的建構函式：

• A：無引數建構函式，輸出 :::
• A(int a)：一個整數引數的建構函式，輸出 ***
• A(int a, int b)：兩個整數引數的建構函式，輸出 $$$

解題方法

依序判斷三個物件的初始化方式：

1. A v1; 沒有提供引數，呼叫 A，輸出 :::
2. A v2(1,2); 提供兩個整數引數，呼叫 A(int a, int b)，輸出 $$$
3. A v3(3); 提供一個整數引數，呼叫 A(int a)，輸出 ***

三個建構函式依程式執行順序輸出，合併後為：

核心觀念

本題考「方法多載（Method Overloading）」：在同一個類別中，定義多個方法名稱相同、參數列表不同的方法，讓程式依呼叫時提供的參數來選擇要執行的方法。參數列表的差異可在參數數量、型別或排列順序。

解題方法

抓住題幹的關鍵描述：「同一個類別中，方法名稱相同但參數不同」。這正是 Overload（多載） 的定義，因此選 (B)。

選項分析

• **(A) Override（覆寫）錯誤：**子類別重新定義父類別中已存在的方法，通常保留相同的方法名稱與參數列表，以改變或提供該方法的實作。

核心觀念

二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST）依序插入節點時，對每個節點都遵守：左子樹的鍵值小於該節點，右子樹的鍵值大於該節點。題目詢問的是根節點左、右子樹各有幾個節點，不必比較兩邊的高度，也不計入根節點本身。

解題方法

依題目順序插入：

• $51$ 為根節點。
• $16<51$，放在 $51$ 左側；$63>51$，放在右側。
• $6<51$，往左至 $16$，因 $6<16$，放在 $16$ 左側。
• $21<51$、但 $21>16$，放在 $16$ 右側。
• $59>51$、但 $59<63$，放在 $63$ 左側。
• $92>51$、且 $92>63$，放在 $63$ 右側。
• $4<51$、$4<16$、$4<6$，放在 $6$ 左側。
• $9<51$、$9<16$、但 $9>6$，放在 $6$ 右側。

形成的樹如下：

核心觀念

本題考查網路涵蓋範圍與常見連線技術的分類。廣域網路（WAN）用來連接相距較遠、跨越城市或地區的網路；ADSL 是透過電話銅線提供寬頻上網的接取技術，常用於連接用戶端與電信業者網路，屬於 WAN 相關技術。

解題方法

先辨認各選項主要用途與涵蓋範圍：

• 藍牙與 Wi-Fi 是短距離無線通訊技術。
• 乙太網路主要用於區域網路（LAN）。
• ADSL 利用電話線路提供用戶連接電信網路的寬頻接取服務，符合 WAN 的廣域連線情境。

因此選擇 ADSL。

選項分析

• (A) 藍牙（Bluetooth）錯誤。 藍牙用於個人裝置間的短距離無線通訊，例如手機連接耳機，屬於個人區域網路（PAN）範疇。

核心觀念

本題考查企業電子化系統的功能與定位。判斷重點是分清 KM、SCM、CRM、ERP 各自處理的對象：

• KM（知識管理）：蒐集、整理、分享與運用組織知識，協助知識創造、傳承及決策。
• SCM（供應鏈管理）：協調企業與供應商、製造商、通路等供應鏈夥伴。
• CRM（客戶關係管理）：運用資訊系統管理客戶資訊與互動，提升對客戶需求的了解。
• ERP（企業資源規劃）：整合企業內部各部門的流程與資料，支援協調及資源運用。

解題方法

逐一比對各選項的「系統名稱」與「功能描述」。若描述把某系統的核心技術與目的說成另一種系統的工作，即為錯誤選項。

選項 (A) 所列的資料倉儲、線上分析處理（OLAP）、資料探勘與資料展現，主要用於商業智慧（BI）及決策支援分析；將這組功能當作 KM 的定義，系統定位不符，因此錯誤。

選項分析

核心觀念

本題考查 DHCP 的用途。DHCP（Dynamic Host Configuration Protocol，動態主機設定協定）可由 DHCP 伺服器集中管理網路設定，並在裝置加入網路時，動態分配 IP 位址及其他設定，例如子網路遮罩、預設閘道與 DNS 伺服器位址。

解題方法

題幹的關鍵在「讓每一臺電腦取得不同 IP」及「方便管理」。這描述的是由網路管理機制自動分配 IP 位址，對應 DHCP。

DHCP 通常從設定好的位址範圍中租用 IP 給用戶端；租約到期、裝置離開網路或重新連線時，位址可依管理設定續租或重新分配。如此可減少逐臺手動設定的工作，也降低同一網段內因重複設定而造成 IP 衝突的機會。位址唯一性仍取決於網路的正確設定與管理。

選項分析

核心觀念

本題考查 TCP 的協定層級、連線特性，以及流量控制、壅塞控制與即時影音傳輸的適用性。TCP 屬於傳輸層，採連接式傳輸，並提供可靠傳輸所需的控制機制；即時影音則通常重視低延遲，常使用 UDP 傳輸。

解題方法

先判斷各敘述是否符合 TCP 的基本特性。TCP 會在傳送資料前建立連線，並透過確認、重傳、流量控制及壅塞控制來提升傳輸可靠性。這些機制有助於資料完整送達，但也可能帶來等待與重傳延遲，因此一般而言，TCP 不適合對即時性要求高的影音傳輸。

選項分析

• (A) 正確。 TCP 是傳輸層（Transport layer）協定，負責應用程式間的端點對端點資料傳輸。
• **(B) 正確。

核心觀念

本題考辨識網路安全相關協定，以及各協定所屬的網路層級與功能。一般的 HTTP 是用來傳送網頁資料的應用層協定，本身不提供加密或身分驗證；安全的網頁傳輸通常使用 HTTPS，也就是在 HTTP 上搭配 TLS。

解題方法

逐一判斷選項是否具備網路安全功能：SSH 提供安全遠端登入，SET 用於信用卡交易安全，IPsec 則在網路層提供加密與驗證。HTTP 本身只負責傳輸網頁內容，未提供上述安全保護，因此符合題目所問的「不是 Web 安全協定」。

選項分析

• (A) HTTP 傳輸協定：正確。 HTTP 是超文字傳輸協定，用於瀏覽器與網頁伺服器間交換資料；一般 HTTP 傳輸不加密，也不驗證通訊對象，因此不是安全協定。

核心觀念

本題考常見檔案格式與惡意程式碼風險的相對差異。副檔名只能提示檔案類型，不能保證檔案內容安全；比較時，應看格式是否通常承載可執行指令、巨集或其他主動內容。

純文字檔 .txt 通常只儲存文字內容，不會像文件或壓縮檔那樣直接承載巨集或可執行檔，因此在四個選項中相對較不易含有惡意程式碼。

解題方法

逐一比較各格式可能包含的內容：

• .doc 是文書文件格式，可含巨集或利用文件軟體漏洞的內容。
• .pdf 除文字與圖像外，也可能含有程式指令、表單或其他主動內容。
• .zip 是壓縮封裝格式，可能包住惡意程式或其他危險檔案。
• .txt 通常是純文字，承載主動內容的能力較低。

因此，依題意比較相對安全性，選擇純文字檔 .txt。

選項分析

核心觀念

本題考數位簽章的基本流程，以及它與訊息摘要、數位憑證和訊息認證碼的差異。數位簽章通常先對訊息計算雜湊值，再由簽署者以自己的私密金鑰對摘要簽章。驗證者則使用簽署者的公開金鑰驗證簽章，並比對訊息摘要。

解題方法

判斷各選項時，抓住兩個重點：

1. 為提高效率，簽章通常作用於固定長度的訊息摘要，而不是整份訊息。
2. 數位簽章的方向是「私密金鑰簽章、公開金鑰驗證」。

再區分數位簽章與其他安全機制：數位憑證用於確認公開金鑰與簽署者身分的關聯；HMAC 則使用共享密鑰產生訊息認證碼，並非數位簽章。

選項分析

(A) 正確。 訊息通常先經雜湊函數計算出訊息摘要，再對摘要進行簽章。摘要長度固定，能降低簽章運算的成本；驗證時也會重新計算訊息摘要並與簽章所驗證的摘要比對。