107 身心障礙特考四等 資訊處理 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

本題考查電腦基本組成單元的功能。記憶單元（memory unit）​負責儲存資料與程式碼，讓電腦在執行時讀取所需資訊。

解題方法

先抓住題幹中的「儲存資料與程式碼」，再比對各單元的主要功能：輸入單元負責接收資料，處理單元負責運算，控制單元負責協調與指揮電腦操作；負責儲存的則是記憶單元。

選項分析

• (A) 記憶單元（memory unit）—正確。 負責儲存資料與程式碼，符合題意。
• **(B) 輸入單元（input unit）—錯誤。

核心觀念

程序控制區塊（Process Control Block, PCB）是作業系統用來管理程序的資料結構，通常記錄程序狀態、程序識別碼、程式計數器、CPU 暫存器內容、排程資訊及記憶體管理資訊等。

PCB 必須由作業系統在程序執行期間存取與更新，因此通常存放在主記憶體，也就是 RAM 中。

解題方法

先辨認題目問的是「PCB 的存放位置」，再區分各選項代表的角色：

• 程式計數器與控制單元屬於 CPU 內部的硬體或暫存資訊。
• RAM 是作業系統執行時可直接存取的主記憶體。
• 快閃記憶體主要用於非揮發性儲存。

PCB 是作業系統管理程序的資料，不是 CPU 的硬體元件；程序運作時也需要能快速讀寫，因此通常放在 RAM。

選項分析

• (A) 程式計數器（program counter）錯誤。 程式計數器是 CPU 暫存器，用來記錄下一個要執行的指令位址。

核心觀念

本題主要測驗「硬體加速（Hardware Acceleration）」與「多媒體／圖形處理技術」的基本觀念。 在計算機多媒體系統中，高解析度視訊編解碼與即時圖形運算通常包含龐大的矩陣運算與資料轉換，若僅依靠中央處理器（CPU）進行軟體運算，容易造成系統資源耗盡或畫面延遲。因此，現代系統會透過專門的「硬體介面支援」（例如顯示晶片 GPU、專用視訊解碼電路，以及如 DirectX/DXVA 等硬體加速 API 介面）將運算負載卸載（Offload）至硬體以加快速度。相對地，基本一般應用程式則依賴一般的 CPU 運算即可順暢執行。

解題方法

從「運算複雜度」與「技術定位」切入分析：

1. 多媒體視訊串流與編解碼（如 MPEG、WMV）：涉及離散餘弦轉換（DCT）、動態補償（Motion Compensation）等複雜演算法，需要透過硬體介面（如 DXVA、專用解碼器）進行硬體加速。
2. 底層繪圖 API（如 DirectDraw）：其核心設計初衷即為直接溝通顯示硬體，透過硬體介面存取顯示記憶體與硬體加速器。
3. 簡易應用軟體（如小畫家）：功能單純、資料處理量極小，直接由 CPU 處理標準繪圖指令即可，不需要硬體介面特別進行加速。

選項分析

• (A) 視訊音訊壓縮標準 MPEG：需要硬體支援。 MPEG（Moving Picture Experts Group）是一系列視訊與音訊壓縮標準。視訊的高壓縮率意味著在播放（解碼）或儲存（編碼）時需要密集的數學運算；為了達到流暢的即時播放並降低 CPU 負載，系統通常依賴顯示卡上的硬體解碼晶片或專屬硬體加速介面支援來加快處理速度。

核心觀念

本題考 Amdahl 定律：只加速程式中的一部分時，整體加速比會受到未加速部分的限制。

程式原本執行 $100$ 秒，其中加法占 $90$ 秒，其餘運算占 $10$ 秒。即使加法速度提升到無限快，加法所需時間最多只能趨近於 $0$ 秒；其餘 $10$ 秒仍無法省去。因此總執行時間不可能低於 $10$ 秒，整體加速比的上限是：

題目要求總速度提升為原來的 $10$ 倍，等同要求執行時間降為 $10$ 秒。這只有在加法時間完全降為 $0$ 秒時才達到；有限倍的加速無法做到。

解題方法

設加法運算速度改善為 $k$ 倍，則加法執行時間變成原來的 $\frac{1}{k}$。程式的新執行時間為：

整體速度提升 $10$ 倍，要求新時間為：

代入得：

核心觀念

本題考「演算法」的定義。演算法（Algorithm）是為了解決特定問題而設計的一組明確步驟，依序執行後可以得到所需結果。

解題方法

題幹問的是「描述如何一步一步解決問題的步驟」，關鍵在「一步一步」與「解決問題」。這正是演算法的概念，因此選擇「演算法」。

選項分析

• (A) 硬體（Hardware）：指電腦中可實際觸摸的設備，例如處理器、記憶體與鍵盤，並非解決問題的步驟。

核心觀念

本題考查硬碟的幾何結構。「磁柱（cylinder）」是指所有磁片上、位於相同半徑位置的磁軌所組成的一組磁軌。因此，磁柱數等於單一磁面上的磁軌數；磁片數、磁面數、每軌磁區數及每磁區容量都不會改變磁柱數。

解題方法

題目指出每個磁片的正反兩面各有 $100$ 個磁軌。位於不同磁面的同一半徑位置的磁軌合併算作一個磁柱，所以磁柱總數就是每面的磁軌數：

選項分析

• (A) 100：正確。 每個磁面有 $100$ 個磁軌，因此共有 $100$ 個磁柱。
• **(B) 600：錯誤。

核心觀念

本題測驗光學儲存媒體（Optical Storage Media）的分類、寫入特性及常見通訊名詞之辨析。重點在於區分「完全無法寫入（唯讀）」、「僅能寫入一次（WORM，Write Once, Read Many）」與「可重複抹寫（ReWritable）」三種光碟規格的差異。

解題方法

解題關鍵在於掌握光碟英文縮寫尾碼所代表的技術特性與物理記錄機制：

1. ROM（Read-Only Memory）：出廠壓製，使用者寫入 0 次。
2. R（Recordable）：利用有機染料受熱不可逆變質記錄資料，使用者僅能寫入 1 次（即 WORM 特性）。
3. RW（ReWritable）：利用相變合金材料在結晶態與非結晶態間的相變，使用者可重複抹寫多次。
4. 題幹要求「使用時僅能夠寫入一次」，對應的正是 CD-R 的單次燒錄特性。

選項分析

• (A) 唯讀光碟（CD-ROM）：錯誤。CD-ROM（Compact Disc Read-Only Memory）在工廠出廠時，便已透過金屬母版將資料以實體凹坑（Pit）與平面（Land）壓印於聚碳酸酯基板上。使用者端完全無法寫入資料（寫入次數為 0 次），僅能進行讀取。
• (B) 可錄光碟（CD-R）：正確。CD-R（Compact Disc Recordable）的記錄層塗有特殊有機染料（如花青素 Cyanine、偶氮 Azo 或酞菁 Phthalocyanine）。

核心觀念

本題考查磁碟存取時間的組成。傳統硬碟讀取資料時，讀寫臂需先移至資料所在的磁軌，再等待磁碟旋轉到資料所在位置，最後傳輸資料。這些階段分別涉及尋找時間、旋轉延遲與傳輸時間。

解題方法

題目問「將讀寫臂移至正確磁軌」所需的時間。讀寫臂移動到指定磁軌的動作稱為「尋找」（seek），因此該時間稱為尋找時間（seek time）。

選項分析

• (A) 抖動時間（jitter time）：指時間或訊號的變動、偏差，不是磁碟讀寫臂移至指定磁軌的標準名稱。

核心觀念

SCAN（掃描）磁碟排程法讓讀寫頭沿目前方向移動，依序服務路徑上的需求；到達磁碟的一端後才反向。讀寫頭目前所在位置若有需求，則該需求已在服務中，不列入「下一個需求」的選擇。

解題方法

讀寫頭正在磁柱 150 服務需求，且往內側移動。磁柱編號由內至外遞增，因此往內側移動代表朝編號較小的方向前進。

先找出位於 150 內側、尚待服務的需求：93、100、65。沿目前方向前進時，最先遇到的是距離 150 最近的磁柱：

$150-100=50,\qquad 150-93=57,\qquad 150-65=85$

因此下一個服務的需求位於磁柱 100。

選項分析

核心觀念

本題考查匯流排的功能，以及位址匯流排寬度與可定址記憶體空間的關係。

位址匯流排用來指定記憶體位置。若位址匯流排有 $n$ 條線，每條線可表示 $0$ 或 $1$，因此可形成 $2^n$ 個不同位址。若每個位址對應一個可定址單位，則可定址空間為 $2^n$ 個單位。

解題方法

判斷題目問的是哪一種匯流排「決定記憶體空間大小」，關鍵在於它問的是可指定多少個記憶體位址。負責傳送位址的就是位址匯流排，因此其寬度決定可定址空間的大小。

例如，位址匯流排寬度為 $16$ 位元，可表示 $2^{16}$ 個不同位址；若每個位址對應 1 Byte，則可定址空間為 $2^{16}$ Bytes，也就是 64 KiB。

選項分析

核心觀念

本題旨在測驗作業系統中的虛擬記憶體（Virtual Memory）​基本定義、實現機制及其帶來的優點與限制。

1. 定義與目的：虛擬記憶體是一種記憶體管理技術，作業系統將輔助記憶體（如硬碟或 SSD 上的分頁檔/交換區，Pagefile/Swap）當作主記憶體（RAM）的邏輯延伸，提供給行程（Process）一個連續且龐大的邏輯位址空間（Logical Address Space）。
2. 邏輯空間 vs. 實體容量：虛擬記憶體創造的是「記憶體容量很大」的抽象假象，並不能改變主記憶體（RAM）的硬體物理大小（實體容量）。實體容量是由硬體配置決定，只能透過加裝實體記憶體模組來擴充。
3. 軟硬體協同運作：實現虛擬記憶體必須依賴 CPU 內的特殊硬體——記憶體管理單元（MMU, Memory Management Unit），負責將邏輯位址即時轉譯（Address Translation）為實體位址，並支援轉譯後備緩衝區（TLB）與缺頁中斷（Page Fault Exception）機制。

解題方法

本題為觀念辨析題，需找出對虛擬記憶體描述「錯誤」的選項。解題切入點在於區分​「邏輯位址空間（虛擬）」​與​「實際記憶體容量（實體）」​的本質差異：

• 軟體與演算法可以擴展「邏輯空間」並營造大空間的假象。
• 任何軟體技術都無法憑空增加「硬體實體容量」。

選項分析

• (A) 敘述正確： 在虛擬記憶體架構下，行程採用「需求分頁（Demand Paging）」機制，執行時只需將目前運作所需的分頁（Pages）載入實體記憶體，其餘分頁保留在二級儲存裝置中。

核心觀念

本題考查分頁式記憶體管理中的頁面置換，以及 modify bit（dirty bit，修改位元） 的用途。修改位元用來記錄分頁載入主記憶體後，是否曾被寫入或修改：

• 未修改（dirty bit = 0）：主記憶體中的內容與磁碟上的原始內容相同，置換時通常不必再寫回磁碟。
• 已修改（dirty bit = 1）：主記憶體中的內容已不同於磁碟上的副本；置換出去前須將最新內容寫入磁碟，才能保留修改結果。

解題方法

題目指出該分頁即將被置換出記憶體，且 modify bit 已設定。依據 dirty bit 的判斷方式，該頁含有尚未回存的修改資料，因此須先寫回磁碟，再釋放主記憶體頁框供其他分頁使用。

選項分析

核心觀念

本題考 SI（國際單位制）的十進位詞頭，重點是辨認各詞頭所代表的 $10$ 的次方，以及大小寫差異：

• pico（p）＝$10^{-12}$
• peta（P）＝$10^{15}$
• giga（G）＝$10^{9}$
• tera（T）＝$10^{12}$
• micro（題目以 u 表示）＝$10^{-6}$

題目以字母 $a$ 至 $j$ 代表特定數值，須將上述次方換成相對應的字母。

解題方法

依題目給定的對照：

逐一對應詞頭：

• $p$（pico）是 $10^{-12}$，對應 $b$。
• $P$（peta）是 $10^{15}$，對應 $j$。
• $G$（giga）是 $10^9$，對應 $h$。
• $T$（tera）是 $10^{12}$，對應 $i$。

核心觀念

$n$ 位元二補數的表示範圍為 $-2^{n-1}$ 至 $2^{n-1}-1$。最高位元權重為負，其餘位元權重為正；因此 4 位元二補數的範圍是

解題方法

將位元數 $n=4$ 代入表示範圍公式：

$+8$ 超出最大可表示值 $+7$，所以無法用 4 位元二補數表示。

選項分析

核心觀念

本題考查十進制小數轉換為二進制小數的基本數值系統運算。 二進制小數點右側的位數具有負次方權重：第 1 位權重為 $2^{-1} = 0.5$、第 2 位為 $2^{-2} = 0.25$、第 3 位為 $2^{-3} = 0.125$、第 4 位為 $2^{-4} = 0.0625$。 題目所指的「二進制無號數（unsigned magnitude）」表示純粹以正數數值絕對值大小表示，不包含符號位元。

解題方法

十進制小數轉二進制可使用「乘二取整法」或「權重分解法」推導：

方法一：乘二取整法（正規通用計算法）

將十進制純小數部分連續乘以 2，每次取出相乘後的整數部分（0 或 1）依序作為二進制小數位，直到小數部分為 0 為止：

1. $0.75 \times 2 = 1.5$ $\rightarrow$ 取出整數部分 1，剩餘小數部分 $0.5$
2. $0.5 \times 2 = 1.0$ $\rightarrow$ 取出整數部分 1，剩餘小數部分 $0.0$（計算結束）

將每次取出的整數由上至下（由高位至低位）依序排列於小數點後： $(0.75)_{10} = (0.11)_2$

方法二：權重分解法（快速算術計算法）

利用二進制負次方權重相加： $0.75 = 0.5 + 0.25 = 1 \times 2^{-1} + 1 \times 2^{-2}$ 對應二進制各位元位置：

• $2^{-1}$ 位元為 1
• $2^{-2}$ 位元為 1

因此表示為 $(0.11)_2$。

核心觀念

本題考查 8 位元二補數的負數表示與固定位數加法。在 8 位元二補數中，最高位元為符號位；負數可由其正數表示逐位反相再加 $1$ 得到。運算結果以 8 位元保留，超出範圍的進位捨棄。

解題方法

先將 $5$ 寫成兩位十六進位數 $05$。求 $-10$ 的 8 位元二補數表示：

1. $10$ 的 8 位元表示為 $0000\,1010_2$，即 $0A_{16}$。
2. 逐位反相：$1111\,0101_2$，即 $F5_{16}$。
3. 加 $1$：$F5_{16}+1=F6_{16}$。

因此，$-10$ 的 8 位元表示為 $F6$。相加：

$FB_{16}=1111\,1011_2$，作為 8 位元二補數，其值為 $-5$：反相得 $0000\,0100_2$，再加 $1$ 得 $0000\,0101_2=5$，故原值為 $-5$。

選項分析

核心觀念

本題考查不同邏輯閘與組合電路的「通用性」：若一類邏輯元件能組合實現任意布林函數，就稱它具有通用功能。

NOR 閘是通用閘，因為可用 NOR 閘組合出反相器、OR 閘與 AND 閘，進而實現任意布林函數。多工器與 PLA 也能組合實現任意布林函數。XOR 閘則不具通用性：只使用 XOR 閘及其組合，無法實現一般布林函數，例如 AND。

解題方法

可用「能否組出基本邏輯運算」判斷各選項。特別檢查 XOR 網路的輸出形式：只以 XOR 組合時，輸出是輸入變數的 XOR，也就是模 2 加法；若有常數 1，最多再取反。這類函數無法表示所有布林函數。

例如兩個輸入的 XOR 真值表為：

AND 的輸出不等於 XOR，也不等於 XOR 的反相，因此單靠 XOR 閘無法實現 AND，故不能實現任意布林函數。

選項分析

核心觀念

本題考布林代數的分配律與吸收律。其中 $+$ 代表 OR、$\cdot$ 代表 AND，常用公式如下：

解題方法

將分配律套用至選項 (B)：

原式則依吸收律化簡：

因此 (B) 與原式等價，且 $F$ 化簡後只與單一變數 $X$ 有關。這題以官方答案 B 為準；依布林代數判斷，(C) 的敘述也成立，題目選項存在重複正確的情形。

選項分析

• (A) 錯誤。 代入 $X=0,\ Y=1$：

所以該選項實際上是正確敘述，並非錯誤。

核心觀念

1. $n$ 位元有號數（二補數系統）的數值表示範圍： 在計算機系統中，有號數（Signed Number）普遍採用二補數（2's Complement）​表示法。最高位元（Most Significant Bit, MSB）為符號位元（0 代表正數或零，1 代表負數）。 $n$ 位元二補數的表示範圍公式為： $-2^{n-1} \sim 2^{n-1} - 1$ 對於 $8$ 位元微處理機（$n = 8$），其有效表示範圍為： $-2^7 \sim 2^7 - 1 \implies -128 \sim +127$

2. 溢位（Overflow）的定義與判斷：

• 意義：當運算結果超出了系統所能表示的數值範圍時，即產生「溢位」。
• 判斷規則：
• 規則一（符號法則）：兩正數相加得到負數，或兩負數相加得到正數，必發生溢位（正負數相加絕不可能溢位）。
• 規則二（進位法則）：次高位元進位至最高位元（$C_{in}$）與最高位元向外進位（$C_{out}$）進行互斥或（XOR）運算，若結果為 $1$ 則溢位： $OF = C_{in} \oplus C_{out} = 1$

3. 進位（Carry）與溢位（Overflow）的區別：

• 進位旗標（Carry Flag, CF）：用於「無號數（Unsigned）」運算，代表最高位元是否有向外進位（借位）。
• 溢位旗標（Overflow Flag, OF / V）：用於「有號數（Signed）」運算，代表結果是否超出該位元數的有號數可容納範圍。

解題方法

步驟一：將十六進位轉換為二進位與十進位數值

題目明確指出為「$8$ 位元有號數」：

• $(7F)_{16} = (0111\ 1111)_2$ 最高位元（符號位元）為 0，為正數，轉換為十進位為： $+(64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1) = +127$ 此為 $8$ 位元有號數的最大正整數。
• $(01)_{16} = (0000\ 0001)_2$ 最高位元（符號位元）為 0，轉換為十進位為 $+1$。

步驟二：執行二進位加法運算並觀察進位

進行 $8$ 位元二進位加法：

步驟三：檢驗進位與溢位狀態

核心觀念

後序表示式（Postfix expression，又稱逆波蘭表示式）把運算子放在運算元之後，不需要括號。計算時由左至右掃描，遇到數字就放入堆疊；遇到運算子，就取出堆疊頂端的兩個數字運算，再將結果放回堆疊。

解題方法

依序掃描「1 2 3 + * 4 *」：

核心觀念

題目未提供 C 程式碼，僅保留「請參考原卷」的提示，因此無法根據題幹逐步推導輸出。依題目指定的官方答案，輸出為 57；本題應選 (A)。

解題方法

要判斷 C 程式的輸出，至少需要原卷中的程式內容，才能逐行追蹤變數值、運算順序及輸出格式。由於程式碼缺失，無法說明產生 57 的計算過程；以下依官方答案判定選項。

選項分析

核心觀念

奇同位（odd parity）要求一個位元組中的 $1$ 的總數為奇數。題目所稱「7 bit data + 1 bit check」表示資料位元與同位檢查位元合計為 8 位元。若收到的位元組中 $1$ 的總數為偶數，便表示奇同位檢查失敗，偵測到錯誤。

解題方法

將各十六進位數字轉成 4 位元二進位，計算整個位元組中 $1$ 的個數：

• (A) $(97)_{16}=1001\,0111_2$，共有 $5$ 個 $1$，為奇數，符合奇同位。
• (B) $(7F)_{16}=0111\,1111_2$，共有 $7$ 個 $1$，為奇數，符合奇同位。
• (C) $(49)_{16}=0100\,1001_2$，共有 $3$ 個 $1$，為奇數，符合奇同位。
• (D) $(BE)_{16}=1011\,1110_2$，共有 $6$ 個 $1$，為偶數，不符合奇同位，表示檢查到錯誤。

核心觀念

本題測驗由兩個反或閘（NOR gates）交叉回授（cross-coupled feedback）所構成之基本 SR 閂鎖器（SR Latch）​的電路結構與運作特性。涉及之關鍵觀念如下：

1. NOR 閘之邏輯特性：只要任一輸入為 $1$，輸出即為 $0$；僅在所有輸入皆為 $0$ 時，輸出才為 $1$，即 $\text{NOR}(X, Y) = \overline{X + Y}$。
2. 循序邏輯與雙穩態特性：電路藉由輸出反饋形成記憶元件，具有四種工作模式：

• 保持狀態（Hold / Memory）：維持前一輸出狀態 $Q(t) = Q(t-1)$。
• 設定狀態（Set）：強制輸出 $Q = 1$。
• 重設狀態（Reset）：強制輸出 $Q = 0$。
• 禁止／無效狀態（Forbidden / Invalid State）：破壞輸出互補關係，但維持靜態輸出，不產生震盪。

解題方法

原卷電路為典型之 NOR 型基本 SR 閂鎖器，輸入端標示為 $A$ 與 $B$，輸出端為 $Q$（另一回授端為補數輸出 $\bar{Q}$）。依標準接法，輸入 $A$ 對應設定端（Set, $S$），輸入 $B$ 對應重設端（Reset, $R$），其電路方程式為： $Q = \overline{B + \bar{Q}}$ $\bar{Q} = \overline{A + Q}$

依各輸入組合逐一推導穩態輸出：

1. 當 $(A, B) = (1, 0)$ 時：

• 輸入 $A = 1$ 輸入至對應之 NOR 閘，依 NOR 閘特性，其輸出必為 $\bar{Q} = \overline{1 + Q} = 0$。
• 將 $\bar{Q} = 0$ 與輸入 $B = 0$ 送入另一 NOR 閘，得輸出 $Q = \overline{0 + 0} = 1$。
• $Q = 1$ 回授至第一閘驗證：$\overline{1 + 1} = 0$，電路維持自洽之穩態。
• 此時電路處於「設定（Set）」狀態，確定輸出 $Q(1, 0) = 1$。

2. 當 $(A, B) = (0, 0)$ 時：

• 代入電路方程式得 $Q = \overline{0 + \bar{Q}} = Q$，$\bar{Q} = \overline{0 + Q} = \bar{Q}$。
• 電路處於「保持（Hold）」狀態，輸出取決於前一時刻狀態 $Q_{prev}$，可能為 $0$ 或 $1$。

核心觀念 本題考查文字編碼系統（Character Encoding System）​的發展沿革、收錄範疇與架構設計：

1. 編碼的涵蓋範圍：從區域性單一語系編碼（如 ASCII、Big5）演進至全球通用的跨國多語系編碼架構。
2. Unicode（萬國碼／統一碼）架構：為了解決各國傳統編碼互不相容產生的亂碼問題，國際組織制定了 Unicode（與 ISO/IEC 10646 協同）。Unicode 定義了 17 個平面（Planes），碼位（Code Point）範圍為 $\text{U+0000} \sim \text{U+10FFFF}$，總共可容納 $17 \times 2^{16} = 1,114,112$ 個字元位置。
3. 保留擴充與私用空間：為因應特殊符號、古文字、罕用字及個別組織自訂字元的需求，Unicode 在規範中劃定了未定義的保留區段以及「私用區」（Private Use Area, PUA），供未來擴充與使用者自訂字形使用。

解題方法 解答本題的切入點在於抓住題幹的兩個核心特徵：

1. 「制定多國文字與符號」：編碼標準必須突破單一語言或地區的限制，涵蓋全球主要語言系統（包含歐美拼音文字、亞洲漢字、符號、表情符號等）。
2. 「保留部分擴充字元空間」：編碼架構具備前瞻性設計，擁有充足的定址空間，並明文保留未指派碼位與私用區。

對照各選項：

• ASCII 僅限美式英文，非多國語言。
• Big5 專為繁體中文設計，非跨國統一標準。
• CJK Unified Ideographs 僅為 Unicode 體系下針對漢字整併的「子區塊」，非整體的編碼規範。
• 唯有 Unicode 符合涵蓋全球多國文字、符號，並完整規範了擴充與私用保留區的定義。

選項分析

• (A) ASCII（American Standard Code for Information Interchange，美國標準資訊交換碼）：錯誤。 ASCII 採用 7 位元（7-bit）編碼，僅能表示 $2^7 = 128$ 個字元，內容僅包含英文字母（大小寫）、數字、標點符號與控制字元，無法涵蓋非英語系國家的文字與符號，更無保留擴充空間給多國語言使用。

核心觀念

本題考查電腦軟體、硬體、韌體與作業系統的基本定義：

• 硬體是電腦中可實際觸摸的設備，例如處理器、記憶體與輸入輸出裝置。
• 軟體是讓電腦執行工作的程式與指令。
• 韌體是存放於硬體中的控制程式，負責硬體啟動或基本功能。
• 作業系統管理硬體資源，並提供應用軟體執行與使用硬體的介面。

解題方法

逐項核對敘述是否符合上述定義。關鍵在於硬體能否脫離軟體或韌體而自行執行工作：硬體提供運算與操作的物理基礎，但需要程式指令控制，才能完成特定功能。因此，主張硬體沒有軟體或韌體仍可運作的敘述錯誤。

選項分析

核心觀念

本題考的是軟體的分類。編譯器與直譯器提供程式開發所需的語言翻譯功能，屬於協助電腦執行、維護或開發軟體的系統程式。

系統程式介於硬體與應用程式之間，負責管理電腦資源，或提供其他程式使用的基本服務。作業系統、編譯器、直譯器及組譯器都是常見例子。

解題方法

先辨認題目描述的軟體用途：編譯器和直譯器負責將程式語言轉換或解譯，讓電腦能執行程式。它們是程式開發與執行環境的基礎工具，因此歸類為系統程式，而非供一般使用者完成特定工作的應用程式。

選項分析

核心觀念

本題考「非搶先式優先權排程」下的平均等待時間。三個處理程序同時要求 CPU，題目給定優先權順序為 $P2<P1<P3$，依此順序安排執行：$P2$、$P1$、$P3$。等待時間是程序從開始要求 CPU 起，到實際取得 CPU 前所等待的時間。

解題方法

先依優先權排出執行順序，再累計各程序前面已執行的處理時間：

平均等待時間為：

依一般四捨五入至整數，為 $4$ 單位時間。若以整數選項作答，應選 (B)。

選項分析

核心觀念

本題測驗考生對於常見作業系統（Windows 與 Unix/Linux）之命令列介面（Command-Line Interface, CLI）基礎指令與網路診斷工具的辨識能力：

1. 目錄與檔案清單檢視指令：

• Windows (cmd)：使用 dir（Directory 的縮寫）指令列出目錄內的檔案與子資料夾。
• Unix / Linux (Shell)：使用 ls（List 的縮寫）指令列出目錄內容。

2. 網路診斷工具：

• ping（Packet Internet Groper）：屬於 TCP/IP 協定族中的網路層診斷工具，運作於 ICMP（Internet Control Message Protocol）協定，用來測試本機與遠端主機之間的網路連通性與傳輸延遲，與檔案系統或資料夾內容瀏覽無關。

解題方法

題幹欲找出「無法成功檢視某個資料夾所包含的檔案清單」之作業系統與指令組合：

1. 定位功能需求：檢視目錄檔案清單屬於「檔案系統與目錄操作」範疇。
2. 比對指令屬性：

• 若指令屬於檔案或目錄管理指令（如 dir、ls），且作業系統環境對應正確，則可成功檢視。
• 若指令屬於網路檢測、行程管理或系統設定指令（如 ping），則無法用於檢視檔案清單。

3. 結論判斷：選項 (B) 的 ping 是網路測試工具，無法檢視資料夾中的檔案清單，為本題正確選項。

選項分析

• (A) 錯誤（該指令能成功檢視）： 在 Windows 系統的命令提示字元（cmd）中，dir 為內建的目錄清單指令，執行後會顯示目前或指定目錄內的磁碟標籤、資料夾、檔案名稱、副檔名、檔案大小及最後修改時間等資訊。
• (B) 正確（該指令無法檢視，符合題意）： ping 是網路診斷工具，透過發送 ICMP Echo Request 封包並等待接收目標主機回應的 ICMP Echo Reply 封包，用以測試網路是否通暢。該指令完全不具備讀取磁碟目錄或顯示檔案清單的功能，因此「無法成功檢視到結果」。
• (C) 錯誤（該指令能成功檢視）：

核心觀念

螢幕解析度表示畫面橫向與縱向各有多少像素。若螢幕尺寸及顯示比例固定，解析度越低，每個像素所占的實體面積越大；在作業系統的顯示縮放與字體設定相同時，畫面上的文字通常會顯得較大。

解題方法

比較各選項的總像素數，總像素數越少，代表同一螢幕畫面分配的像素越少，字體通常看起來越大：

• (A) $1920\times1080=2{,}073{,}600$
• (B) $1024\times768=786{,}432$
• (C) $800\times600=480{,}000$
• (D) $1280\times720=921{,}600$

其中 (C) 的總像素數最少，因此在題目預設螢幕尺寸與顯示設定相同的情況下，字體看起來最大。

選項分析

核心觀念

本題考查瀏覽器存取 Web Service 時的網路分散式處理。瀏覽器可透過 URL 定位網路上的服務或資源，並利用網路傳輸資料；不同主機也能分別提供網頁所需內容。分散式處理中的各節點透過網路協調與交換資料，不代表它們必須共享處理器資源或時脈。

解題方法

逐項判斷敘述是否符合分散式系統的特性。關鍵在於辨別「透過網路交換資料」與「共享硬體資源」：前者是分散式服務的常見方式，後者則不是不同網址或不同主機間運作的必要條件。

選項分析

• (A) 可以運用 URL 達到分散式處理：正確。 URL 可用來識別及定位不同主機上的服務或資源，瀏覽器可依 URL 向不同服務請求資料，形成分散式處理。
• **(B) 不同網址的處理器之間共享資源或時脈：錯誤。

核心觀念

本題考查勒索病毒的資料保護方式。勒索病毒會加密或限制使用者存取檔案，預防與復原的重點是保留一份不受感染影響的備份。將重要檔案定期備份到離線儲存設備，可降低病毒透過網路或連線中的儲存裝置加密備份的風險；受感染時，便能清除感染並從備份還原檔案。

解題方法

題幹問的是「無法開啟重要檔案」時，哪種方式是最好的處理方式。判斷關鍵在於：選項是否能提供可用的原始資料副本。資源回收桶、磁碟清理與磁碟重組都不能取代檔案備份；定期離線備份則能在檔案遭加密或損毀後協助復原，因此選 D。

選項分析

• (A) 到「資源回收桶」還原被勒索的檔案：錯誤。 資源回收桶主要存放使用者刪除的檔案；勒索病毒通常是加密或限制存取檔案，並非將檔案移入資源回收桶。即使資源回收桶裡有檔案，也不代表能還原遭加密的版本。

核心觀念

本題考查多媒體（Multimedia）的基本組成要素與資料型態。

在計算機概論中，「多媒體」是指結合兩種或兩種以上不同傳播媒介的資訊型態。傳統上，一般電腦所處理的多媒體資料主要對應人類的「視覺」與「聽覺」感官，其標準五大基本元素包含：

1. 文字（Text）：字元、排版與超文本（Hypertext）。
2. 圖像／影像（Image/Graphics）：點陣圖（Bitmap）與向量圖（Vector Graphics）。
3. 音訊／音效（Audio/Sound）：波形聲音（如 WAV、MP3、AAC）與合成控制音訊（如 MIDI）。
4. 動畫（Animation）：依視覺暫留原理快速切換之電腦生成連續畫面（如 2D/3D 動畫、GIF）。
5. 視訊（Video）：將連續真實影像與聲音同步整合之視訊流（如 MP4、AVI、H.264/H.265 編碼）。

解題方法

解題切入點在於區分​「一般通用電腦（General-purpose Computer）」的標準軟硬體支援範疇與​「前瞻／實驗性技術」：

1. 審視題幹關鍵字「一般電腦」與「尚不包含」。
2. 現代一般電腦在輸入（鍵盤、滑鼠、麥克風、視訊鏡頭）與輸出（螢幕、喇叭、耳機）設備上，均已全面原生支援視覺與聽覺媒介的數位化、編碼、儲存與播放。

核心觀念

每個像素能表示的狀態數由位元數決定。若每個像素使用 $n$ 個位元，最多可表示 $2^n$ 種不同狀態；反過來說，要表示 $N$ 種狀態，至少需要 $\lceil\log_2 N\rceil$ 個位元。

灰階的不同明暗層級，以及調色盤中的不同色彩索引，都各算一種狀態。

解題方法

題目要求表現 16 個灰階色或 16 個調色盤色彩，表示每個像素至少要能編碼 16 種狀態。因為：

而 $16=2^4$，所以最少需要 $n=4$ 個位元。此時 4 位元可編碼 $2^4=16$ 種狀態，恰好足夠。

選項分析

核心觀念

本題考查影像解析度、色彩深度與資料量的換算。全彩影像約有 $2^{24}$ 種顏色，表示每個像素需用 $24$ 位元，也就是 $3$ 位元組表示。

解題方法

影像共有 $1024\times1024=2^{20}$ 個像素。未壓縮時，資料量為：

將位元換算為位元組：

以 $1\text{ MB}=2^{20}\text{ bytes}$ 計，約為 $2\text{ MB}$；若採十進位單位，則約為 $2.1\text{ MB}$。選項中最接近的是 $3\text{ Mbytes}$，因此依官方答案選（C）。

核心觀念

本題考的是不同媒體的資料量與網路頻寬對傳輸延遲的影響。在頻寬固定時，欲傳送的資料量越大，完成傳輸所需時間通常越長。文字資料量最小；語音與視訊則須連續傳送大量影音資料。

解題方法

比較各選項所需傳送的資料量。題目已限定「網路傳輸頻寬很小」，因此應選擇資料量最小、對頻寬需求最低的通訊方式，才能減少傳輸延遲。依此判斷，文字通訊最符合條件。

選項分析

• (A) 文字通訊：正確。​文字資料量通常遠小於語音與視訊，在低頻寬環境下所需傳送的資料較少，因此延遲較低、通訊體驗較佳。
• (B) 即時語音對話：錯誤。​語音需持續傳送音訊資料，對頻寬的需求高於文字；

核心觀念

本題測驗「音訊數位化（Audio Digitization）的關鍵參數」與「數位資料的儲存特性」。

類比聲音訊號轉換為數位音訊（A/D 轉換）主要包含三個步驟：取樣（Sampling）、量化（Quantization）、編碼（Coding）。決定數位音訊品質（保真度）與非壓縮音訊資料量（Bitrate）的三大核心要素為：

1. 取樣頻率（Sampling Rate）：每秒對連續聲音訊號擷取樣本的次數，單位為 $\text{Hz}$。根據奈奎斯特取樣定理（Nyquist-Shannon Sampling Theorem），取樣頻率必須大於或等於聲音最高頻率的 2 倍（$f_s \ge 2 f_{\max}$），才能避免混疊失真（Aliasing），取樣頻率越高，能還原的高頻細節越豐富。
2. 量化位元數（Bit Depth / Resolution）：每個樣本振幅分割與記錄的精細程度（即量化解析度）。位元數 $n$ 決定振幅能表示的階層數 $2^n$ 與動態範圍（Dynamic Range，約每增加 1 位元增加 $6\text{ dB}$），位元數越高，量化雜訊（Quantization Noise）越低，音質越細膩。
3. 聲道數（Number of Channels）：聲音錄製與播放時獨立聲音訊號的數量（如單聲道 Mono、雙聲道 Stereo、5.1 環繞聲道）。聲道越多，能營造出的空間立體感、音場定位與臨場感越佳。

解題方法

本題要求選出「不是影響電腦播放聲音品質的主要關鍵」：

1. 評估音訊品質的核心公式：未壓縮數位音訊（如 PCM）的資料傳輸率（Bitrate）計算公式為： $\text{Bitrate} = \text{取樣頻率} \times \text{量化位元數} \times \text{聲道數}$ 上述三項參數直接決定了音訊的保真度、訊噪比與空間感，是構成音訊品質的決定性要素。
2. 評估數位資料儲存與讀取的特性： 數位檔案在電腦中是由二進位數字（$0$ 與 $1$）組成。

核心觀念

本題考點是點陣式影像與向量式影像的資料表示方式。點陣式影像由許多像素組成；向量式影像則以數學描述記錄圖形的形狀、位置與相關參數，顯示時再依這些資料繪製圖形。

解題方法

逐一比對各選項對兩種影像表示方式的描述。點陣式影像已直接記錄像素的色彩與位置，顯示時主要依像素資料呈現；「透過數學方式計算，以將影像顯示出來」描述的是向量式影像的特性。因此錯誤選項為 (B)。

選項分析

• (A) 正確。 點陣式影像由像素排列而成，每個像素記錄其色彩等資訊，螢幕依像素資料呈現影像。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

本題考查網頁動畫的製作方式，以及向量圖形與點陣圖形的差異。向量圖形以數學描述圖形的線條、形狀與填色；點陣圖形則由像素組成。HTML5 本身是網頁標準，常搭配 Canvas、CSS 或 JavaScript 製作動畫，不能只因使用特定繪圖方法，就認定動畫屬於點陣式影像。

解題方法

判斷各選項是否正確描述動畫技術的特性，特別檢查（D）對繪圖方法與影像類型的推論是否成立。

Canvas 的 fillRect 可在畫布上填繪矩形，drawImage 可將影像繪製到畫布上。這些方法是繪圖操作介面；其中 drawImage 可處理既有影像，fillRect 則不因此表示所有動畫圖形都是點陣圖。圖形類型須看實際採用的表示方式，不能單憑使用這些方法就下結論。

選項分析

(A) 正確。 Flash 是以向量繪圖與時間軸動畫為主要特色的多媒體製作工具，並提供播放控制等功能。

核心觀念

本題考圖檔格式的壓縮特性，以及「點陣圖」如何儲存影像。點陣圖會記錄影像中各像素的色彩資訊；未壓縮時，像素資料直接存入檔案，讀取時不必先進行解壓縮，但檔案通常較大。

解題方法

題目問的是「沒有經過壓縮處理」，並以避免解壓縮時間為特徵。辨認各格式是否採用壓縮即可：BMP 常見的儲存方式是未壓縮點陣資料，符合題意，因此選 A。

選項分析

• (A) BMP 格式（*.bmp）正確。 BMP 可直接儲存像素資料，常見情況下不壓縮，因此不需先解壓縮；代價是檔案較大。

核心觀念

本題測驗多媒體資料壓縮的基本原理與 MPEG（Moving Picture Experts Group） 影音壓縮標準之特質與應用：

1. 失真壓縮（Lossy Compression，又稱破壞性壓縮）與無失真壓縮（Lossless Compression）：

• 未壓縮的原始視訊資料量極為龐大，為了便於儲存與即時傳輸，絕大多數視訊壓縮標準（如 MPEG 系列、H.26x 系列）皆採用失真壓縮。
• 失真壓縮利用人類視覺系統（HVS）與聽覺系統（HAS）的生理限制，捨棄人眼與人耳不易察覺的高頻細節或冗餘資訊，以換取極高的壓縮比。解壓縮還原後的品質無法與未壓縮前完全相同。

2. MPEG 系列標準的演進與常見應用：

• MPEG-1：主要用於 VCD 視訊光碟，其音訊壓縮第三層即為廣為人知的 MP3。
• MPEG-2：提供更高的解析度與交錯掃描支援，為 DVD-Video、數位電視（DVB、ATSC）與早期高畫質視訊的核心規格。
• MPEG-4：強調高壓縮率與物件導向編碼，支援低頻寬網路傳輸、線上串流影音（如 H.264/AVC、H.265/HEVC 之整合應用）。

解題方法

題目要求選出關於 MPEG 描述錯誤的選項。

解題切入點為檢視 MPEG 的壓縮性質與技術本質：

• MPEG 壓縮技術本質上是破壞性（失真）壓縮，核心運作包含「空間冗餘消除」（如離散餘弦轉換 DCT、量化）、「時間冗餘消除」（動態估計與補償、I/P/B 畫面間預測）以及「熵編碼」（如 Huffman 編碼）。
• 其中「量化（Quantization）」步驟會捨棄部分高頻資訊，屬於不可逆運算，因此壓縮後的影音畫面品質不可能與未壓縮前完全相同。

選項分析