107 身心障礙特考五等 電腦打字 計算機大意 考古題詳解

核心觀念

本題考查資料儲存與傳遞的基本單位。位元（Bit）是電腦中最小的資料單位，只能表示二進位的 $0$ 或 $1$。$8$ 個位元通常組成 $1$ 個位元組（Byte）。

解題方法

題幹明確指出「最小單位」且「僅能儲存二進位值 0 或 1」，這正是位元（Bit）的定義，因此選擇 (C)。

選項分析

• (A) 字元（Character）：代表文字或符號，例如英文字母、數字或標點；字元須以編碼表示，並非只能儲存單一個 $0$ 或 $1$。

核心觀念

本題考查電腦資料儲存單位的級距關係與單位換算。

在計算機科學中，衡量資料儲存容量的基本單位為位元組（Byte，簡稱 $\mathrm{B}$）。常見的儲存容量單位由小至大依序為： $\mathrm{Byte\ (B)} < \mathrm{Kilobyte\ (KB)} < \mathrm{Megabyte\ (MB)} < \mathrm{Gigabyte\ (GB)} < \mathrm{Terabyte\ (TB)}$

各級距間的換算倍率，在電腦底層二進制系統中以 $2^{10} = 1024$ 進位，而在日常工程估算或商業規格標示上常以 $10^3 = 1000$ 概算：

• $1\mathrm{KB} = 2^{10}\mathrm{B} = 1024\mathrm{B} \approx 10^3\mathrm{B}$
• $1\mathrm{MB} = 2^{10}\mathrm{KB} = 1024\mathrm{KB} \approx 10^3\mathrm{KB}$
• $1\mathrm{GB} = 2^{10}\mathrm{MB} = 1024\mathrm{MB} \approx 10^3\mathrm{MB}$
• $1\mathrm{TB} = 2^{10}\mathrm{GB} = 1024\mathrm{GB} \approx 10^3\mathrm{GB}$

無論採用二進制（1024 倍）或十進制（1000 倍）進行換算，單位間的階層高低與大小相對關係均完全一致。

解題方法

比較數值大小最嚴謹的方法為將所有選項統一換算至同一基準單位（此處以 $\mathrm{GB}$ 為基準）：

1. (A) $1\mathrm{GB}$： $1\mathrm{GB}$

2. (B) $10\mathrm{MB}$：

• 二進制計算：$10 \times 2^{-10}\mathrm{GB} = \frac{10}{1024}\mathrm{GB} \approx 0.00977\mathrm{GB}$
• 十進制概算：$10 \times 10^{-3}\mathrm{GB} = 0.01\mathrm{GB}$

3. (C) $100\mathrm{KB}$：

• 二進制計算：$100 \times 2^{-20}\mathrm{GB} = \frac{100}{1048576}\mathrm{GB} \approx 0.0000954\mathrm{GB}$

核心觀念

本題考二元樹的深度優先探訪順序。前序、中序與後序的差異，在於父節點（根節點）相對於左、右子樹的探訪位置：

• 前序法：父節點 → 左子節點 → 右子節點（根、左、右）
• 中序法：左子節點 → 父節點 → 右子節點（左、根、右）
• 後序法：左子節點 → 右子節點 → 父節點（左、右、根）

解題方法

題目指定「先探訪父節點、再探訪左子節點、最後探訪右子節點」，順序就是「根、左、右」。依定義，這是前序法（Preorder Traversal）。

選項分析

• (A) 前序法（Preorder Traversal）—正確。 探訪順序為父節點、左子節點、右子節點，符合題意。

核心觀念

本題考查「電腦硬體基本組成」與「作業系統」的區別。以傳統馮紐曼式電腦架構來看，基本硬體單元包括控制單元、算術邏輯單元、記憶單元，以及輸入／輸出單元；中央處理器則由控制單元與算術邏輯單元構成。

作業系統是管理硬體資源、提供程式執行環境的系統軟體，並非硬體架構的組成單元。

解題方法

先辨認各選項屬於硬體單元，還是軟體。控制、記憶與輸入／輸出都是電腦硬體架構中的功能單元；作業系統則是軟體。因此，題目問「不是硬體架構基本組成單元」，應選作業系統單元。

選項分析

核心觀念

本題考查 8 位元二補數表示法。8 位元二補數的範圍為 $-128$ 至 $127$；求負數表示時，可先寫出其正數的 8 位元二進位，再將各位元反相，最後加 $1$。

解題方法

先將 $5$ 寫成 8 位元二進位：

逐位反相：

再加 $1$：

因此，十進位數 $-5$ 的 8 位元二補數表示為 $11111011$。

核心觀念

本題測驗電腦資料傳輸與錯誤偵測中的同位檢查（Parity Check）​機制。同位檢查是藉由在資料後方附加一個「同位位元（Parity Bit）」，以偵測傳輸過程中是否發生單一位元錯誤（Single-bit Error）。

同位檢查的定義分為兩種：

1. 偶同位（Even Parity）：編碼後的位元串列（包含原本的資料位元與同位位元）中，數字「$1$」的總個數必須維持為偶數（如 $0, 2, 4, 6, 8 \dots$ 個）。
2. 奇同位（Odd Parity）：編碼後的位元串列中，數字「$1$」的總個數必須維持為奇數（如 $1, 3, 5, 7 \dots$ 個）。

若採用偶同位編碼，接收端或檢驗端計算出的「$1$」之個數若為奇數，即代表該位元樣式發生錯誤。

解題方法

題目已指定位元樣式是經由偶同位（Even Parity）​編碼，因此判斷是否編碼錯誤的標準為：統計各選項位元字串中「$1$」的總數量。

• 若「$1$」的個數為偶數，符合偶同位規範，表示該位元樣式未偵測到錯誤（編碼正確）。
• 若「$1$」的個數為奇數，違反偶同位規範，表示該位元樣式編碼錯誤。

選項分析

核心觀念

文書處理軟體用來建立、編輯、排版及列印文字文件，例如會議紀錄、履歷表與心得報告。壓縮與解壓縮檔案則是檔案管理或壓縮工具的功能，通常由專門的壓縮軟體或作業系統功能完成，並非文書處理軟體的主要用途。

解題方法

依各選項的工作內容，判斷它是否屬於「製作或編輯文字文件」。若工作是整理、撰寫或排版文字，適合使用文書處理軟體；若是改變檔案的儲存形式、縮小檔案容量或還原壓縮檔，則應使用壓縮工具。

選項分析

核心觀念

本題考「線性結構」與「非線性結構」的分類。線性結構中的資料元素依序排列，每個元素（除首尾外）有唯一的前一個與後一個元素；常見例子包括堆疊、佇列與鏈結串列。樹則屬於非線性結構，資料元素以階層關係連結，一個節點可以有多個子節點。

解題方法

逐一辨認選項的資料排列方式：若資料沿單一路徑依序連接，屬於線性結構；若資料呈現分支或階層關係，則屬於非線性結構。四個選項中，樹具有父節點與子節點的階層關係，且可能分岔，因此不屬於線性結構。

選項分析

核心觀念

二分搜尋法用於已排序的數列。每次比較都取目前搜尋範圍的中間元素：

• 相等：搜尋成功。
• 目標較小：繼續搜尋左半部。
• 目標較大：繼續搜尋右半部。

搜尋比較次數，是從第一次比較起，直到找到目標所做的比較總數。

解題方法

數列共有 $9$ 個元素，位置由左至右編為第 $1$ 至第 $9$ 個。第一次取中間位置：

第 $5$ 個元素是 $15$。因此，搜尋 $15$ 時第一次比較就找到，僅需 1 次比較。

選項分析

核心觀念

本題測驗插入排序法（Insertion Sort）​的演算步驟與過程狀態特徵。

1. 基本原理：將陣列劃分為「左側已排序區間（Sorted Subarray）」與「右側未排序區間（Unsorted Subarray）」。
2. 運作機制：初始時將第 1 個元素視為已排序區間。演算法由左至右，每次從未排序區間取出第 1 個元素，由後往前與已排序區間內的元素逐一比對，將較大者往後搬移，直到找到適當位置插入。
3. 中間狀態（Partial Result）不變性：

• 執行至第 $k$ 回合時，陣列前 $k+1$ 個元素必定呈現遞增有序。
• 剩餘尚未處理的元素，必須完整保留原始輸入時的相對順序與位置。

解題方法

給定原始陣列為遞減數列：$(18, 12, 7, 3)$，長度 $n = 4$。進行由小至大的插入排序，演算過程推導如下：

• 初始狀態（第 0 回合）： 視第 1 個元素為已排序區間。

• 已排序區間：$[18]$

• 未排序區間：$[12, 7, 3]$

• 陣列狀態：$(18, 12, 7, 3)$

• 第 1 回合（處理元素 $12$）： 取出未排序區間第 1 個元素 $12$ 插入已排序區間 $[18]$。 因 $12 < 18$，將 $18$ 向後移一位，$12$ 插入至首位。

• 已排序區間：$[12, 18]$

• 未排序區間：$[7, 3]$

• 陣列狀態：$(12, 18, 7, 3)$

• 第 2 回合（處理元素 $7$）： 取出元素 $7$ 插入已排序區間 $[12, 18]$。 因 $7 < 18$ 且 $7 < 12$，將 $18$ 與 $12$ 依序向後移，$7$ 插入至首位。

• 已排序區間：$[7, 12, 18]$

• 未排序區間：$[3]$

• 陣列狀態：$(7, 12, 18, 3)$

• 第 3 回合（處理元素 $3$）： 取出最後一個元素 $3$ 插入已排序區間 $[7, 12, 18]$。

核心觀念

本題考查程式語言中，哪些敘述會影響程式的執行，以及哪些內容只供程式設計者閱讀。註解（Comment）​是寫給人看的說明文字，編譯器或直譯器在處理程式時會忽略，不會把註解當作指令執行。

解題方法

判斷各選項是否會改變程式狀態或執行流程：若會指定資料、定義常數或控制執行流程，就是程式的一部分；若只提供說明、不參與執行，就是註解。

選項分析

• (A) 指定敘述（Assignment Statement）錯誤：將值指定給變數，例如 x = 5，會改變變數的值，屬於程式的執行內容。

核心觀念

電子郵件位址由 使用者名稱與 網域名稱兩部分組成，中間以 @ 符號分隔，基本格式如下：

例如 [email protected] 中，student 是使用者名稱，example.com 是網域名稱；@ 是分隔符號，不是其中一個部分。

解題方法

辨認電子郵件位址的基本格式，找出 @ 左右兩側各代表什麼：左側表示信箱使用者，右側表示郵件服務所屬的網域。因此，題目所問的兩個部分是使用者名稱和網域名稱。

選項分析

核心觀念

GPU 是「圖形處理器」（Graphics Processing Unit），主要負責處理與圖形、影像有關的資料，並協助電腦將圖形輸出至顯示裝置。GPU 擅長大量平行運算，可加速繪圖、影像呈現及 3D 圖形運算。

解題方法

先辨認題目詢問的是 GPU 的主要功能，再從選項中找出與圖形處理及顯示輸出直接相關的敘述。掃描、網路連線與定位服務各屬於不同功能領域，因此選擇控制顯示裝置上圖形處理和顯示的選項。

選項分析

核心觀念

本題考查物件導向程式設計（Object-Oriented Programming, OOP）​的核心基本特性。 物件導向程式設計的核心奠基於三大基本特性：

1. 封裝（Encapsulation）
2. 繼承（Inheritance）
3. 多型（Polymorphism） （部分文獻與教科書會納入抽象（Abstraction），統稱為四大特性）。

解題方法

1. 鎖定題幹核心：題目要求選出「不是」物件導向程式特性的選項。
2. 比對核心要素：熟記物件導向三大特性「封裝、繼承、多型」，將四個選項逐一比對。
3. 排除干擾選項：選項 (A)、(C)、(D) 皆為標準 OOP 特性；選項 (B)「解析性（Resolution）」並非物件導向特徵，故為正解。

選項分析

• (A) 繼承性（Inheritance）：屬於 OOP 特性。 允許子類別（Subclass / Derived Class）自動繼承父類別（Superclass / Base Class）的資料成員（屬性）與方法（函數），使程式碼無須重複撰寫，達成程式碼再利用（Code Reusability）​與階層化分類的效益。
• (B) 解析性（Resolution）：不屬於 OOP 特性（符合題意，故為正確答案）。

核心觀念

本題考查排序演算法的「最壞情況時間複雜度」。$n$ 表示待排序資料筆數；時間複雜度描述資料量增加時，演算法所需操作次數的成長趨勢。比較各選項時，應看最壞情況下的漸進複雜度，並比較其成長速度。

解題方法

合併排序法每次將資料分成兩半，遞迴排序後再合併。分割約進行 $\log_2 n$ 層，每一層合併全部資料的工作量為 $O(n)$，因此：

$T(n)=2T(n/2)+O(n)=O(n\log n)$

氣泡排序、選擇排序與插入排序在最壞情況下皆為 $O(n^2)$。當 $n$ 增大時，$n\log n$ 的成長速度低於 $n^2$，所以合併排序的最壞情況效能最佳。

選項分析

核心觀念

佇列（queue）遵循「先進先出」（FIFO，First In, First Out）：從前端刪除資料，從後端新增資料。依題目所示，資料由左至右排列，左側是前端，右側是後端。

解題方法

初始佇列由前端至後端為 $(w, x, y, z)$。先從前端刪除兩筆資料 $w$、$x$，剩下 $(y, z)$；再從後端新增 $r$，佇列變成 $(y, z, r)$。

選項分析

核心觀念

物聯網常以感知層、網路層與應用層說明其架構。感知層負責從實體環境取得資訊，並辨識物件或位置；常見技術包括感測器、RFID、GPS 與電子羅盤。網路層負責傳送感知層取得的資料，應用層則將資料用於具體服務。

解題方法

判斷 GPS 與電子羅盤在系統中主要扮演的角色：GPS 接收衛星訊號以取得位置，電子羅盤感測方向。兩者都是蒐集位置與方位資訊的裝置或技術，屬於物聯網的資料感知與環境資訊取得範疇，因此歸在感知層。

選項分析

• (A) 感知層（Perception Layer）—正確。 GPS 與電子羅盤取得位置、方向等實體環境資訊，屬於感知層的功能。
• **(B) 網路層（Network Layer）—錯誤。

核心觀念

本題測驗「雲端運算（Cloud Computing）」之服務模式分類與特徵，以及傳統「本機桌面軟體」與「雲端服務架構」的差異。

1. 雲端運算的三大服務模式（SPI 架構）：

• IaaS（基礎架構即服務，Infrastructure as a Service）：提供運算能力、儲存空間與網路等底層虛擬化硬體資源，如虛擬機器、雲端硬碟。
• PaaS（平台即服務，Platform as a Service）：提供開發、測試、部署與運行應用程式的雲端平台與執行環境（Runtime），使用者不需管理底層硬體與作業系統。
• SaaS（軟體即服務，Software as a Service）：將應用軟體部署在雲端機房，使用者透過網路與瀏覽器直接操作使用，由服務商負責維護軟硬體。

2. 雲端運算服務特徵：具備隨選隨用（On-demand Self-service）、廣泛網路存取（Broad Network Access）、資源池共用（Resource Pooling）、快速彈性（Rapid Elasticity）及依用量計費（Measured Service）等特性。
3. 本機桌面軟體（Desktop Application）：需先下載並安裝至個人電腦（PC）硬碟，執行時完全消耗本機 CPU、記憶體等資源，非透過網路服務架構提供運算核心。

解題方法

本題為「否定題型」（詢問哪一項不具備雲端運算服務架構特徵）。 解題切入點在於區分選項中的產品是「仰賴網路存取的雲端運算平台／軟體服務（Cloud Service）」，還是「安裝於本機端執行的單機整合開發環境（Local Desktop IDE）」：

• 比對各選項產品型態：(A) 為 IaaS/PaaS 平台、(B) 為 SaaS 辦公軟體、(D) 為 PaaS 開發平台，三者皆為標準雲端架構產品。
• 僅 (C) 為安裝在本機作業系統上的傳統桌面軟體。

選項分析

• (A) 亞馬遜的 Amazon Web Services：錯誤（具備雲端運算特徵）。 Amazon Web Services（AWS）是全球主流公有雲服務平台，提供涵蓋 IaaS（如 EC2 運算個體、S3 雲端儲存）與 PaaS 等多層級的雲端基礎設施與運算架構。

核心觀念

本題考查物聯網中不同網路之間的互連裝置。藍牙、Zigbee 與 Wi-Fi 使用不同的通訊技術或協定，若要讓這些異質網路彼此交換資料，通常需要由閘道器（Gateway）​在網路間轉送資料，並視需求進行協定轉換或資料格式轉換。

解題方法

先辨認題幹的關鍵詞「異質性網路」與「不同通訊協定」。題目詢問的是連接不同類型網路的裝置，因此應選擇能連接不同網路、必要時協助協定轉換的閘道器，而非主要負責同一網路內轉送資料的裝置。

選項分析

• (A) 路由器（Router）：主要依據網路層位址，在不同 IP 網路之間選擇路徑並轉送封包。一般路由器不以轉換不同通訊協定為主要功能，因此不符合題目所指的異質網路整合。

核心觀念

本題考大數據（Big Data）的典型特性，以及大數據的資料型態與分析方式。常見的特性以「3V」表示：

• 大量性（Volume）：資料量龐大。
• 即時性（Velocity）：資料產生、傳輸與處理速度快。
• 多樣性（Variety）：資料來源與格式多元，包含結構化、半結構化及非結構化資料。

解題方法

逐一檢視選項是否符合大數據的基本概念。判斷關鍵在於：大數據不只重視資料量，也有快速處理與多元資料型態等特徵；其分析資料不必限於隨機抽樣，儲存方式也不限定為關聯式資料庫。

選項分析

(A) 正確。 大數據通常以大量性、即時性、多樣性等特性描述，正符合常見的 3V 定義。

核心觀念

本題考查無分級（Classless）IP 定址下，依子網路遮罩判斷網路位址與直接廣播位址。直接廣播位址的網路部分維持不變，主機部分全部設為 $1$。

題目指出 B 所在網路是「非子網路類型」，表示應以題目提供的遮罩 $255.255.224.0$ 判斷網路與主機部分，不再依傳統 A、B、C 類別預設遮罩切分。

解題方法

先將遮罩換成前綴長度：

遮罩共有 $19$ 個連續的 $1$，因此是 /19。前兩個八位元組完整屬於網路部分；第三個八位元組中，前 $3$ 位是網路部分、後 $5$ 位是主機部分；第四個八位元組全是主機部分。

B 的 IP 位址為 $140.108.184.15$。第三個八位元組 $184$ 的二進位表示為：

保留其網路部分前三位 $101$，再將主機部分設為 $1$，得到：

第四個八位元組的主機位元全部設為 $1$，即 $255$。因此，B 所在網路的直接廣播位址為：

選項分析

核心觀念

本題考查電腦網路中「路由通訊協定（Routing Protocol）」的階層分類與運作範疇。

網際網路是由眾多「自治系統（Autonomous System, AS）」互連而成，路由通訊協定依運作範圍主要劃分為兩大類：

1. 內部閘道協定（Interior Gateway Protocol, IGP）：運作於單一自治系統內部（Intra-AS），負責同一管理單位下的路由器路徑計算。常見協定包含：RIP、OSPF、IS-IS、EIGRP。
2. 外部閘道協定（Exterior Gateway Protocol, EGP）：運作於不同自治系統之間（Inter-AS），負責跨管理單位的路由資訊交換與傳遞原則（Policy）控管。當前網際網路唯一且標準的代表協定即為 BGP（Border Gateway Protocol）。

解題方法

1. 抓取題幹關鍵字：題目明確詢問「最適合使用在各自治系統之間」以協助封包傳遞路徑選擇的通訊協定。
2. 判斷協定層級：

• 題目要求的是 Inter-AS 路由協定（即 EGP 類別），而非自治系統內部的 Intra-AS 路由協定（IGP 類別）。

3. 比對選項：

• 選項 (A)、(B)、(D) 皆屬於單一自治系統內部使用的內部閘道協定（IGP）。
• 僅選項 (C) BGP 屬於跨自治系統運作的外部閘道協定。

選項分析

• (A) 路由資訊通訊協定（Routing Information Protocol, RIP）：錯誤。

• 屬於內部閘道協定（IGP）。

• 採用距離向量演算法（Distance-Vector），以「跳躍次數（Hop Count）」為評估權值，上限僅為 15 跳（16 跳代表不可達），僅適用於小型自治系統內部，無法應付網際網路跨自治系統龐大且複雜的路由需求。

• (B) 中間系統到中間系統通訊協定（Intermediate System to Intermediate System, IS-IS）：錯誤。

• 屬於內部閘道協定（IGP）。

核心觀念

本題考查 IPv6 位址表示方式、傳送類型、服務品質，以及 IPv4 與 IPv6 標頭長度的差異。

IPv6 位址長 128 位元，通常以 8 組十六進位數表示，每組代表 16 位元。IPv6 的基本標頭固定為 40 位元組；IPv4 標頭則至少為 20 位元組，並可因選項欄位而加長。

解題方法

逐項比對敘述與 IPv6 的基本規格，尤其核對標頭長度。若選項聲稱兩者標頭長度相同，便可用 IPv6 固定 40 位元組、IPv4 最短 20 位元組快速判斷。

選項分析

• (A) 正確。 IPv6 位址共 128 位元，分成 8 組，每組 16 位元，常以冒號分隔的十六進位數表示。因此 $8 \times 16 = 128$。
• (B) 正確。 IPv6 的傳送類型包括 Unicast（單播）、Multicast（多播）與 Anycast（任播）。

核心觀念

本題考查 TCP/IPv4 網路中，各協定的用途，以及路由器如何回報傳送錯誤。

當封包無法送達目的地主機時，路由器可使用網際網路控制訊息協定（ICMP）​回報錯誤；「目的地主機無法到達」（Host Unreachable）屬於 ICMP 的目的地不可達訊息。

解題方法

先辨認題幹中的關鍵線索：「路由器回傳錯誤通報」。IP 負責封包定址與轉送，但錯誤與控制資訊由 ICMP 傳送。因此，Host Unreachable 錯誤通報是 ICMP 封包，選項 (A) 正確。

選項分析

• (A) ICMP 封包：正確。 ICMP 用於傳送網路層的錯誤與控制訊息；目的地主機無法到達即屬此類。
• **(B) ARP 封包：錯誤。

核心觀念

本題考查 IEEE 802.11 無線區域網路的網路模式、頻段、媒體存取方式，以及多天線技術。

解題方法

逐項核對各選項所述的標準特性，特別留意 802.11b、802.11g 的工作頻段是否配對正確。只要有一項把標準與頻段配錯，該項就是錯誤選項。

選項分析

(A) 正確。 IEEE 802.11 無線網路常見的運作模式有獨立型（Ad Hoc）與基礎架構型（Infrastructure）。Ad Hoc 模式由無線裝置彼此直接通訊；Infrastructure 模式則透過無線基地臺（AP）連接裝置，並可接入有線網路。

核心觀念

本題測驗「程式設計範式」（Programming Paradigms）的主流分類及其核心特徵。主要涵蓋四種經典範式：

1. 程序式語言（Procedural Programming）：以指令的循序執行與呼叫副程式（Procedure/Function）為核心，著重「解決問題的具體步驟（How to do）」。代表語言如 C、Pascal。
2. 物件導向式語言（Object-Oriented Programming, OOP）：以真實世界的實體為模型，將資料（屬性）與運算（方法）封裝於物件中，並以「類別（Class）」作為物件的藍圖。代表語言如 Java、C++、Python。
3. 函數式語言（Functional Programming）：將計算視為數學上的「函數求值」，強調一級函式（First-Class Functions）、純函數（Pure Functions）與無副作用（No Side Effects），天生具備高度模組化與可組合性。代表語言如 Haskell、Lisp。
4. 邏輯式／宣告式語言（Logic / Declarative Programming）：屬於宣告式典範，著重「描述問題的邏輯與規格（What to do）」，程式由「事實（Facts）」與「規則（Rules）」組成，依賴內建的推論引擎（Inference Engine）透過邏輯演繹回答查詢。代表語言如 Prolog。

解題方法

本題為反向選擇題（選出「敘述錯誤」者）。解題切入點在於逐一檢驗四種程式語言範式對應的關鍵特徵與運作機制：

• 檢查程序式語言與程序結構的關聯。
• 檢查物件導向語言中「類別」與「物件」的關係。
• 檢查函數式語言是否具備現代軟體工程必備的「模組化」能力。
• 檢查邏輯式語言如何處理使用者的輸入與查詢。

選項分析

核心觀念

本題考查程式語言的分類，以及各語言是否支援物件導向程式設計。物件導向程式設計（Object-Oriented Programming, OOP）以物件為核心，常見概念包括類別、物件、封裝、繼承與多型。判斷時要看語言是否具備物件導向設計能力，而不是只看它能否處理資料或是否常和其他語言一起使用。

解題方法

逐一檢查每個選項中的兩種語言，確認它們是否都屬於物件導向程式語言。題目問「全都是」，因此只要一個選項含有非物件導向程式語言，該選項就不符合；兩種語言皆符合的選項才是答案。

選項分析

• (A) C、Java：錯誤。 Java 是物件導向程式語言；C 則是程序導向語言，不屬於物件導向程式語言，因此本選項並非全部符合。
• **(B) VB.NET、C#：正確。

核心觀念

本題考「函式多載」（Function Overloading）：在同一程式中宣告多個名稱相同的函式，並以參數個數、參數型別或參數順序等差異區分各函式。編譯器會依呼叫時提供的引數，判定要使用哪一個版本。

解題方法

抓住題幹中的關鍵描述：「相同名稱的函式」以及「藉由不同的引數個數、順序或型別來區分」。這正是函式多載的定義，因此選擇多載函式。

例如，同一個 print 函式可分別接受整數或字串；呼叫時提供的引數型別不同，便會對應到不同版本。

選項分析

• (A) 動態函式（Dynamic Function）：不是以相同函式名稱搭配不同參數特徵來區分函式的術語，因此錯誤。

核心觀念

本題考查高階程式語言的編譯流程。編譯器會依序處理原始程式碼：先將字元組成有意義的詞彙單位，再檢查程式的語法結構，接著確認語意是否合理，最後產生目的程式檔。

三個主要分析階段為：

1. 語彙分析（lexical analysis）：將字元組成識別字、關鍵字、運算子、常數等詞彙單位。
2. 語法分析（syntax analysis）：依語言文法檢查詞彙排列是否構成合法語句，並建立語法結構。
3. 語意分析（semantic analysis）：檢查語句在意義上是否成立，例如變數是否已宣告、運算型別是否相容。

解題方法

辨認流程順序即可：先辨認詞彙，再檢查結構，最後確認意義。因此，正確順序是：

核心觀念

本題測驗「沉浸式科技與虛實整合技術」之基本定義與應用特徵，特別是擴增實境（Augmented Reality, AR）​與虛擬實境（Virtual Reality, VR）​的本質區別。

擴增實境（AR）的核心概念是以現實世界為基底，透過攝影機即時捕捉真實環境，並藉由影像辨識、追蹤定位技術（如 GPS、陀螺儀、空間標記 Marker），將電腦生成的虛擬數位資訊（如文字、2D/3D 模型、圖標）精準疊加在真實視野或畫面上，達到「虛實融合、即時互動」的效果。

解題方法

解題切入點在於抓住題幹中的兩大特徵：

1. 環境特徵：「在現實生活場景中，拓展出虛擬的物件或影像」——代表使用者仍能直接感知或看到現實世界，虛擬物件僅是疊加與輔助，非純虛構場景。此即 AR（Augmented 意為增強、擴充）的標準定義。
2. 應用與技術特徵：「搭配影像辨識、GPS、陀螺儀、標記點識別」以及「駕駛資訊提示（如抬頭顯示器 HUD）、虛擬導覽」——這些皆為 AR 的經典定位與應用模式。

綜合上述兩點，該技術必然為擴增實境（Augmented Reality）。

選項分析

• (A) 虛擬實境（Virtual Reality, VR）：錯誤。 VR 旨在透過封閉式頭戴顯示器（HMD）等設備，創造出一個完全由電腦生成的 100% 虛擬三維空間，使用者會與現實環境完全隔絕，具有高度「沉浸感（Immersion）」。題幹強調「在現實生活場景中」，與 VR 的全封閉虛擬環境不符。
• (B) 擴增實境（Augmented Reality, AR）：正確。

核心觀念

本題考辨識「網路釣魚」（Phishing）。網路釣魚是利用電子郵件、簡訊或其他方式，誘使使用者前往偽裝成可信機構的網站，進而騙取帳號、密碼、信用卡資料或其他個人資訊。

解題方法

抓住題幹中的關鍵線索：「電子郵件引導你拜訪外觀看似房貸銀行的假網站」。寄件者藉由冒充銀行並導向偽造網站，意圖騙取使用者資訊，符合網路釣魚的特徵，因此選擇（D）。

選項分析

• (A) 病毒養殖：錯誤。 這不是描述冒充銀行、以假網站誘騙使用者的適當資安名詞；題幹也沒有提到病毒的製作、散布或感染。
• **(B) 彈出式廣告：錯誤。

核心觀念

本題考查搜尋是否必須先排序，以及內部排序、外部排序與雜湊搜尋的基本定義。

搜尋是從資料中找出指定元素的過程。不同搜尋方法對資料的前置條件不同：循序搜尋不要求資料預先排序；二分搜尋則要求資料已排序。因此，不能說所有搜尋前都必須先排序。

解題方法

判斷各選項是否符合基本定義。尤其留意選項中的「一定」：只要存在不需先排序的搜尋方法，(A) 的敘述就不成立。其餘選項則檢視排序資料存放的位置，以及雜湊如何將鍵值映射到儲存位置。

選項分析

• (A) 錯誤。 搜尋前不一定要先排序。循序搜尋可以逐筆比對未排序資料；排序是二分搜尋等方法的必要前提之一，不是所有搜尋方法的必要條件。
• **(B) 正確。

核心觀念

固定長度的二進位編碼若要表示 $N$ 種不同符號，使用 $k$ 個位元可表示 $2^k$ 種組合。因此要容納全部符號，必須滿足：

本題要表示 $4378$ 個不同的甲骨文單字，求符合條件的最小整數 $k$。

解題方法

逐次比較 $4378$ 與相鄰的 $2$ 的冪：

所以 $12$ 個位元的編碼組合不足，無法為每個單字安排一個不同編碼。再看：

因此至少需要 $13$ 個位元。

選項分析

核心觀念

1. 題目數字與題旨還原： 本題為考選部 107 年身心障礙人員特考五等《計算機大意》正式試題。題幹呈現之 $\frac{11771133}{6644}$ 係因考選部原始試卷電子檔排版與字型編碼雙重輸出所致之誤植（帶分數整數 $17$ 輸出為 $1177$、分子 $13$ 輸出為 $1133$、分母 $64$ 輸出為 $6644$）。觀察四個選項之整數部分皆為 $10001_2 = 17_{10}$，可知本題考查之目標數值為十進位帶分數 $17\frac{13}{64}$。

2. 進位制數值表示法： 實數轉換為二進位時，分為「整數部分」與「小數部分」分別處理：

• 整數權重：由小數點往左依序為 $2^0, 2^1, 2^2, 2^3, 2^4, \dots$（即 $1, 2, 4, 8, 16, \dots$）。
• 小數權重：由小數點往右依序為 $2^{-1}, 2^{-2}, 2^{-3}, 2^{-4}, 2^{-5}, 2^{-6}, \dots$（即 $\frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \frac{1}{16}, \frac{1}{32}, \frac{1}{64}, \dots$）。

3. 以 $2$ 的次方為分母之快速轉換： 若真分數之分母為 $2^k$，其二進位小數長度恰為 $k$ 位。僅需將分子轉為二進位，再將小數點向左移 $k$ 位（位數不足於左側補 $0$）即可完成轉換。

解題方法

將十進位帶分數 $17\frac{13}{64}$ 拆解為整數部分 $17$ 與小數部分 $\frac{13}{64}$ 分開求值：

1. 整數部分（$17_{10} \to$ 二進位）： 利用權重展開法： $17 = 16 + 1 = 1 \times 2^4 + 0 \times 2^3 + 0 \times 2^2 + 0 \times 2^1 + 1 \times 2^0 = 10001_2$

2. 分數部分（$\frac{13}{64} \to$ 二進位）：

• 權重綜合法（最速解法）： 分母 $64 = 2^6$，故轉換為二進位小數後共有 $6$ 位小數。 分子 $13$ 轉為二進位： $13 = 8 + 4 + 1 = 2^3 + 2^2 + 2^0 = 1101_2$ 將 $1101_2$ 小數點向左移動 $6$ 位，左側不足處補 $0$： $\frac{13}{64} = \frac{1101_2}{2^6} = 0.001101_2$

• 連乘 2 取整數法（正規解法）： $\frac{13}{64} = 0.203125$，連續乘以 $2$ 並取出整數部分：

• $0.203125 \times 2 = 0.40625$ $\to$ 取整數 $0$

• $0.40625 \times 2 = 0.8125$ $\to$ 取整數 $0$

• $0.8125 \times 2 = 1.625$ $\to$ 取整數 $1$

• $0.625 \times 2 = 1.25$ $\to$ 取整數 $1$

• $0.25 \times 2 = 0.5$ $\to$ 取整數 $0$

核心觀念

本題考位元層次的互斥或（XOR）與反相（NOT）。XOR 在兩個位元不同時輸出 $1$、相同時輸出 $0$；NOT 則將每一位元的 $0$ 與 $1$ 互換。

十六進位的每一位代表 $4$ 個位元，因此先把兩個數值寫成 $8$ 位元，再逐位運算。題目以兩個十六進位數表示，NOT 作用於這 $8$ 個位元。

解題方法

先計算 XOR：

逐位比較，位元相異得 $1$、相同得 $0$：

再對結果逐位取反：

因此結果為選項 (D)。

核心觀念

本題考 CPU 各類暫存器的功能。通用暫存器（General Purpose Register）​可供 CPU 暫存一般運算所需的資料，也常用來存放位址資料或運算中間結果；暫存器的具體用途會依處理器架構而異。

解題方法

先抓題幹中的「一般運算資料與位址資料」，再對照各暫存器的主要職責：專責暫存器通常只負責目前指令、下一個指令位址或特定位址；能彈性供各種運算使用的，則是通用暫存器。因此本題選擇通用暫存器。

選項分析

• (A) 位址暫存器（Address Register）錯誤。​主要用來存放位址，例如記憶體位址或有效位址，並非題幹所指、兼供一般運算資料使用的暫存器。

核心觀念

本題考查數位簽章（Digital Signature）​的基本流程與功能。傳送者先對訊息計算雜湊值，產生固定長度的訊息摘要，再以自己的私鑰處理該摘要，並將結果連同訊息本文傳送給收訊者。收訊者使用傳送者的公鑰驗證摘要，並與自行對訊息計算出的摘要比對。

數位簽章主要用來確認訊息的來源與完整性：簽章可由對應的公鑰驗證，摘要比對則可檢查訊息內容是否遭到竄改。

解題方法

抓住題幹中的兩個關鍵步驟：

1. 以雜湊函數產生訊息摘要。
2. 使用送訊者的私鑰處理摘要，收訊者再以送訊者的公鑰驗證。

這正是數位簽章的典型概念。題目將私鑰處理摘要、再以公鑰解密的方式描述簽章流程；實際數位簽章演算法不一定等同於一般意義的「加密後再解密」，但本題所述的用途與金鑰配對方式明確指向數位簽章。

選項分析

核心觀念

本題測驗多媒體技術中「資料壓縮（Data Compression）」的分類觀念。依據解壓縮後能否百分之百還原原始資料，壓縮演算法主要分為兩大類：

1. 非失真壓縮（Lossless Compression，無損壓縮）： 解壓縮後的資料與原始資料完全相同，不遺失任何細節或資訊。適用於對精確度要求極高的資料（如文字、原始碼、執行檔），以及線條明確、色彩較單純的多媒體檔案（如商標、插圖）。常見演算法包括霍夫曼編碼（Huffman Coding）、遊程編碼（Run-Length Encoding, RLE）與 LZW（Lempel-Ziv-Welch）等。
2. 失真壓縮（Lossy Compression，破壞性／有損壓縮）： 利用人類視覺或聽覺感知的生理限制（如人眼對高頻細節不敏感、人耳的聲音遮蔽效應），捨棄人體難以察覺的冗餘資訊以換取極高的壓縮比。解壓縮後無法完全復原原始資料。常見於連續色調相片、音樂與視訊串流。

解題方法

解題切入點在於判斷題目所列四種多媒體格式所採用的「核心壓縮演算法」是否具備可完全還原資料的特性：

1. 比對影像與音訊格式：選項中包含兩種影像格式（GIF、JPEG）與兩種音訊格式（MP3、WMA）。
2. 檢視壓縮本質：一般網路傳輸的相片（JPEG）與串流音樂（MP3、一般 WMA）為了大幅減少檔案大小，皆仰賴失真壓縮技術；而 GIF 的資料編碼採用無損的 LZW 演算法，屬於標準的非失真壓縮格式。

選項分析

• (A) GIF（Graphics Interchange Format）：正確。 GIF 最多支援 256 色（8 位元色彩深度），其檔案內容所使用的壓縮核心為 LZW 演算法，屬於標準的「非失真（無損）壓縮」。解壓縮後，其索引值與像素資料能完整復原。 觀念補充（爭議點解析）：有些考生會質疑「將全彩圖片轉為 256 色 GIF 時已有色彩損失」。在計算機科學與國家考試的命題規範中，必須嚴格區分「色彩量化（Color Quantization）」與「資料壓縮（Data Compression）」：色彩量化屬於前端降彩處理，而 GIF 格式所定義的 LZW 壓縮演算法本身是百分之百不失真的無損壓縮，故官方定案答案為 (A) 無誤。

核心觀念

ANSI／SPARC 三層式資料庫架構，是將資料庫系統分成外部層、概念層、內部層：

• 外部層（External Level）：使用者或應用程式所看到的資料視觀；不同使用者可以有不同的視圖。
• 概念層（Conceptual Level）：描述整個資料庫的整體邏輯結構，例如有哪些資料、資料間的關係與限制。
• 內部層（Internal Level）：描述資料實際如何儲存在儲存媒體中，例如檔案組織、索引與儲存配置。

解題方法

題目問的是「由使用者端到資料儲存端」的順序。從使用者開始，先經過使用者所見的外部層；再到描述整體邏輯結構的概念層；最後到負責實際儲存的內部層。

因此順序為：

核心觀念

本題考「用戶端（Client Side）」與「伺服器端（Server Side）」的區分。用戶端網頁程式是在使用者的瀏覽器中執行；伺服器端程式則在網站伺服器上執行，負責處理請求、存取資料或產生網頁內容。

解題方法

先看題目指定的執行位置：若是開發在瀏覽器端執行的網頁應用程式，應選擇瀏覽器原生支援的程式語言。JavaScript 可直接在瀏覽器中執行，能處理網頁互動及動態內容，因此符合「用戶端」的要求。

選項分析

• (A) ASP.NET：錯誤。 ASP.NET 是網站開發框架，主要用於伺服器端處理；伺服器可將產生的 HTML、CSS 與 JavaScript 傳送給瀏覽器，但 ASP.NET 本身不是通常在瀏覽器中執行的用戶端語言。
• **(B) JavaScript：正確。