115 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「局部性原理」與處理器、主記憶體之間的效能改善機制。

現代處理器的運算速度通常高於 DRAM。若處理器每次存取資料都必須直接等待 DRAM，將產生處理器等待記憶體的效能瓶頸。硬體設計因此在處理器與主記憶體之間配置速度較快、容量較小的快取記憶體（Cache Memory），利用程式執行時的局部性原理，提升資料存取速度。

局部性原理主要包括：

1. 時間局部性（Temporal Locality）：最近使用過的資料或指令，短時間內再次使用的機率較高。
2. 空間局部性（Spatial Locality）：與最近使用位置相鄰的資料或指令，很快也會被使用。

快取記憶體會將處理器近期使用的資料與指令暫存其中。處理器再次存取時，若在快取中找到資料，即為「快取命中（Cache Hit）」；若找不到，才需向較慢的主記憶體讀取，稱為「快取失誤（Cache Miss）」。

解題方法

題幹的關鍵線索是：

• 處理器速度大於 DRAM
• 存在處理器與記憶體之間的效能瓶頸
• 利用程式執行時的局部性原理
• 詢問所使用的硬體機制

能直接利用時間局部性與空間局部性，將常用資料及指令預先保存在處理器附近高速儲存區的硬體機制，就是快取記憶體。

其基本存取流程如下：

$$\text{處理器提出存取請求} \rightarrow \text{先查詢 Cache} \rightarrow \begin{cases} \text{命中：直接由 Cache 取得資料}\\ \text{失誤：再向 DRAM 取得資料並更新 Cache} \end{cases}$$

由於快取命中時不必等待 DRAM，平均記憶體存取時間可降低。簡化表示為：

$$\text{平均存取時間} \approx \text{Cache 存取時間} + \text{Cache Miss 機率} \times \text{DRAM 額外存取成本}$$

因此，題幹所描述的硬體機制為快取記憶體。

選項分析

(A) 虛擬記憶體（Virtual Memory）錯誤

核心觀念

3 對 8 解碼器（3-to-8 Decoder）具有 3 個輸入端與 8 個輸出端。其功能是將 3 位元二進位輸入解碼成 8 條輸出線中的其中一條。

3 位元輸入可表示：

$$2^3=8$$

因此輸出線通常依輸入值 $000$ 至 $111$ 分別對應第 0 條至第 7 條線。採用一般「高電位有效」（active-high）的定義時，輸入所代表的那一條輸出線為高電位，其餘輸出線為低電位。

解題方法

題目給定輸入為：

$$110_2$$

將二進位轉換為十進位：

$$110_2=1\times 2^2+1\times 2^1+0\times 2^0$$ $$=4+2+0=6$$

因此，解碼器會選取第 6 條輸出線，使第 6 條線呈現高電位：

$$Y_6=1$$

其餘輸出線皆為低電位：

$$Y_0=Y_1=Y_2=Y_3=Y_4=Y_5=Y_7=0$$

選項分析

• (A) 與第 3 條線相同：錯誤。 輸入 $110_2$ 所代表的數值是 6，不是 3。第 3 條線對應的輸入應為 $011_2$。

核心觀念

本題考查作業系統的「優先權排程」（Priority Scheduling）與「飢餓」（Starvation）。

在優先權排程中，CPU 通常優先配置給優先權較高的行程。若高優先權行程持續抵達，低優先權行程可能長時間停留在就緒佇列中，始終無法獲得 CPU，此現象稱為飢餓。

解決飢餓的典型方法是 Aging 機制：行程在就緒佇列中等待的時間越久，其優先權便逐步提高，使長期等待的低優先權行程最終能夠取得 CPU。

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解題方法

判斷本題的關鍵，在於確認各選項是否能直接處理「低優先權行程長期等待」的問題。

Aging 的基本概念可表示為：

$$\text{等待時間增加} \Rightarrow \text{優先權逐步提高}$$

當低優先權行程等待時間足夠長時，其優先權可能提升至高於新到達的行程，排程器便會選擇執行該行程，因而避免永久等待。

因此，最能直接改善優先權排程飢餓問題的技術是 Aging 機制。

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選項分析

(A) 使用「銀行家演算法」（Banker's Algorithm）進行預防：錯誤

銀行家演算法主要用於死結避免（Deadlock Avoidance），在行程提出資源要求時，系統會檢查核准該要求後是否仍處於安全狀態。

它處理的是：

• 多個行程競爭有限資源；
• 資源配置是否可能導致死結；
• 系統是否存在安全序列。

本題的飢餓問題則是低優先權行程長期無法取得 CPU，兩者成因與解決方式不同。銀行家演算法並不會因行程等待時間增加而提高其 CPU 排程優先權，因此無法直接解決本題問題。

(B) 實施「Aging 機制」改變待命行程的優先權：正確

核心觀念

本題考查作業系統的「雙模式運作」（Dual-Mode Operation），也就是將 CPU 執行環境區分為：

• 使用者模式（User Mode）：一般應用程式執行的模式，權限受到限制。
• 核心模式（Kernel Mode）：作業系統核心執行的模式，具有較高權限，可執行特權指令並管理硬體資源。

其最核心的目的，是建立「權限隔離與硬體保護機制」，避免一般應用程式任意存取硬體、修改核心資料或干擾其他程式。

解題方法

判斷本題時，應抓住「使用者模式與核心模式為何要分開」這個核心。

一般程式若能直接執行硬體控制、記憶體管理或中斷控制等特權操作，可能造成：

• 破壞作業系統核心
• 讀取或竄改其他程式的資料
• 直接控制磁碟、網路卡等硬體
• 使整個系統當機或產生資安問題

因此，作業系統限制一般程式只能在使用者模式執行。當程式需要檔案存取、輸入輸出或其他受保護服務時，必須透過**系統呼叫（System Call）**請求作業系統代為處理，CPU 再由使用者模式切換至核心模式。

其基本流程可表示為：

$$\text{應用程式} \rightarrow \text{系統呼叫} \rightarrow \text{核心模式} \rightarrow \text{作業系統控制硬體}$$

這種設計的主要功能就是防止一般程式直接控制硬體，故選 (C)。

選項分析

(A) 加速系統開機：錯誤

使用者模式與核心模式的區分，重點在於權限管理、硬體保護與系統安全，並非用來縮短開機時間。

核心觀念

本題考查三維陣列採用「以列為主」（Row-major Order）儲存時，各維度的排列順序、元素位移量，以及位址計算。

陣列 $A[3][4][5]$ 的索引範圍為：

• 第一維：$0 \sim 2$
• 第二维：$0 \sim 3$
• 第三維：$0 \sim 4$

採用 Row-major Order 時，最右邊的索引變化最快，因此儲存順序為：

$$A[0][0][0], A[0][0][1], \ldots, A[0][0][4], A[0][1][0], \ldots$$

每個元素占用 $4$ Bytes，$A[0][0][0]$ 的起始位址為 $1000$。

解題方法

三維陣列 $A[i][j][k]$ 的 Row-major 位移量公式為：

$$\text{元素位移量} = i \times (4 \times 5) + j \times 5 + k$$

其中：

• 第一維每增加 $1$，需跨過一個 $4 \times 5$ 的區塊
• 第二维每增加 $1$，需跨過 $5$ 個元素
• 第三維每增加 $1$，只需移動 $1$ 個元素

代入 $A[2][0][3]$：

$$\text{元素位移量} = 2 \times (4 \times 5) + 0 \times 5 + 3$$ $$= 2 \times 20 + 0 + 3 = 43$$

因此，該元素相對於 $A[0][0][0]$ 往後第 $43$ 個元素。

換算成位元組位移量：

$$43 \times 4 = 172\text{ Bytes}$$

所以記憶體起始位址為：

核心觀念

本題考查 Stack（堆疊）的「後進先出」（LIFO, Last In First Out）特性，以及 Web Browser 瀏覽歷史的回溯與前進機制。

瀏覽器必須同時記錄兩種歷史：

• 後退歷史：目前頁面之前曾瀏覽的頁面。
• 前進歷史：按下「上一頁」後，仍可返回的頁面。

因此，最適合使用兩個 Stack：

1. Back Stack：儲存可回到的上一頁。
2. Forward Stack：儲存可前往的下一頁。

兩個 Stack 都能以常數時間 $O(1)$ 完成頂端資料的新增與取出，符合瀏覽器回溯操作的需求。

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解題方法

可用三種操作說明其運作方式。

假設瀏覽順序為：

$A \rightarrow B \rightarrow C$

此時：

• Back Stack：$[A, B]$
• 目前頁面：$C$
• Forward Stack：空

按下「上一頁」

執行以下步驟：

1. 將目前頁面 $C$ 推入 Forward Stack。
2. 從 Back Stack 取出頂端頁面 $B$，作為目前頁面。

結果為：

• Back Stack：$[A]$
• 目前頁面：$B$
• Forward Stack：$[C]$

按下「下一頁」

執行以下步驟：

1. 將目前頁面 $B$ 推入 Back Stack。
2. 從 Forward Stack 取出頂端頁面 $C$，作為目前頁面。

結果為：

• Back Stack：$[A, B]$
• 目前頁面：$C$
• Forward Stack：空

瀏覽新頁面時

若目前位於 $B$，再輸入新網址前往 $D$：

1. 將 $B$ 推入 Back Stack。
2. 將 $D$ 設為目前頁面。
3. 清空 Forward Stack。

原因是使用者建立新的瀏覽分支後，原本的「下一頁」歷史已不再適用。

此設計可使上一頁與下一頁操作都直接針對 Stack 頂端進行，時間複雜度為：

$O(1)$

整體空間複雜度則與瀏覽歷史數量 $n$ 成正比：

$O(n)$

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選項分析

(A) 單一個大型 Stack

核心觀念

本題考查二元樹三種拜訪順序：

• 前序（Pre-order）：根節點 → 左子樹 → 右子樹
• 中序（In-order）：左子樹 → 根節點 → 右子樹
• 後序（Post-order）：左子樹 → 右子樹 → 根節點

解題關鍵是利用前序序列找出每個子樹的根節點，再利用中序序列判斷該根節點的左、右子樹範圍，最後依後序規則排列。

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解題方法

已知：

前序：

$[8,10,9,1,3,7,12,6]$

中序：

$[10,9,1,8,12,7,3,6]$

一、找出整棵樹的根節點

前序的第一個節點一定是整棵樹的根，因此根節點為 $8$。

在中序序列中，$8$ 將節點分成：

• 左子樹：$[10,9,1]$
• 右子樹：$[12,7,3,6]$

因此樹的結構可先表示為：

$$\text{根 }8 \quad \begin{cases} \text{左子樹：}[10,9,1]\\ \text{右子樹：}[12,7,3,6] \end{cases}$$

二、建立左子樹

左子樹在前序中的節點為：

$[10,9,1]$

前序第一個節點 $10$ 是左子樹的根。

在中序的左子樹 $[10,9,1]$ 中：

• $10$ 左側沒有節點
• $10$ 右側為 $[9,1]$

因此 $10$ 沒有左子樹，右子樹根為 $9$。

對 $9$ 而言，中序排列為：

$[9,1]$

所以 $9$ 沒有左子樹，右子樹為節點 $1$。

左子樹的後序順序為：

$[1,9,10]$

三、建立右子樹

右子樹在前序中的節點為：

$[3,7,12,6]$

前序第一個節點 $3$ 是右子樹的根。

在中序的右子樹 $[12,7,3,6]$ 中：

• $3$ 左側為 $[12,7]$
• $3$ 右側為 $[6]$

因此：

• $3$ 的左子樹包含 $12,7$
• $3$ 的右子樹為 $6$

$3$ 的左子樹

左子樹的前序節點為：

$[7,12]$

根節點為 $7$。在中序 $[12,7]$ 中，$7$ 左側為 $12$，因此 $7$ 的左子樹為節點 $12$。

其後序順序為：

$[12,7]$

$3$ 的右子樹

只有節點 $6$，因此後序順序為：

$[6]$

核心觀念

本題考查二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST）的節點插入規則：

• 左子樹所有節點值均小於根節點。
• 右子樹所有節點值均大於根節點。
• 插入新節點時，從根節點開始逐一比較，較小者往左走，較大者往右走。
• 題目明確說「不進行再平衡運算」，因此只依照原本的插入位置放置節點。

解題方法

依序插入 $50、30、70、20$：

1. 插入 $50$ $50$ 成為根節點。

2. 插入 $30$ 比較 $30$ 與 $50$：

$30 < 50$

因此 $30$ 放在 $50$ 的左子節點。

3. 插入 $70$ 比較 $70$ 與 $50$：

$70 > 50$

因此 $70$ 放在 $50$ 的右子節點。

4. 插入 $20$ 先與根節點 $50$ 比較：

$20 < 50$

所以往 $50$ 的左子樹走，再與左子節點 $30$ 比較：

$20 < 30$

因此 $20$ 放在 $30$ 的左子節點。

樹的結構如下：

 50
 / \
 30 70
 /
 20

選項分析

核心觀念

最小生成樹（Minimum Spanning Tree, MST）是針對「連通、無向、帶權重圖」所定義的概念。

若圖 $G=(V,E)$ 共有 $n$ 個頂點，生成樹必須符合：

1. 包含圖中的全部頂點。
2. 圖形保持連通。
3. 不包含任何環路。
4. 恰有 $n-1$ 條邊。

在所有可能的生成樹中，總權重最小者稱為最小生成樹，其總權重為：

$$W(T)=\sum_{e\in T} w(e)$$

MST 最小化的是「所選樹邊的權重總和」，不是整張圖所有邊的權重總和。

解題方法

判斷本題可直接掌握 MST 的完整定義：

MST 是「包含圖中所有頂點，且總權重最小的樹」。

因此，只要選項同時具備「所有頂點」與「總權重最小的樹」兩項條件，即符合 MST 定義。

選項分析

(A) 包含圖中所有權重中總和最小的圖

錯誤。

MST 並不是選出一個「總權重最小的圖」，而是在原圖中選取部分邊，形成一棵包含所有頂點的樹。

此外，MST 計算的是被選取邊的權重總和：

$$\sum_{e\in T}w(e)$$

並非將圖中所有邊的權重全部相加。原圖通常包含許多不會被納入 MST 的邊。

(B) 包含圖中所有頂點且總權重最小的樹

正確。

這正是最小生成樹的定義。MST 必須涵蓋原圖全部頂點，並在所有可能的生成樹中，使邊的總權重最小。

核心觀念

本題考的是「未排序資料的搜尋」與線性搜尋（Linear Search）的最壞情況分析。

當資料未排序時，無法直接利用資料大小關係排除大量項目，因此通常必須從第一筆開始，逐筆與目標值比較。若資料共有 $n$ 筆，線性搜尋的最壞情況比較次數為：

$$T(n)=n$$

最壞情況包括：

• 目標值位於最後一筆；
• 目標值不存在於資料中，必須檢查完全部資料。

解題方法

題目給定未排序資料共 $100$ 萬筆：

$$n=1{,}000{,}000$$

在未排序的情況下，搜尋特定數值時，無法使用二分搜尋法直接縮小範圍，只能逐筆比較。最壞情況必須比較所有資料：

$$T(n)=n=1{,}000{,}000$$

因此最壞情況下大約需要比較 $100$ 萬次，選擇 (D)。

選項分析

• (A) 1 次：錯誤。 $1$ 次比較只可能是最佳情況，例如目標值剛好位於第一筆。題目問的是「最壞情況」，不能以最佳情況作答。

• (B) 20 次：錯誤。 $20$ 次通常與二分搜尋法的概念有關，因為：

核心觀念

本題考查物件導向中的兩個基本概念：

1. Class（類別）：描述物件的共同資料與行為，可視為建立物件的「設計圖」或「樣板」。
2. Object（物件）：類別所建立出的具體實例（instance），具有實際的屬性值，通常會在執行時配置記憶體空間。

例如：

Class：汽車
Object：小明的汽車、公司的汽車

類別本身是規格描述；物件則是依照該規格建立的實體。因此，考試中的基本判斷是：

Class 如設計圖，Object 如依設計圖建造出的實體；物件會占用實際執行記憶體。

解題方法

逐一檢查各選項是否同時符合下列兩點：

• 是否正確比喻 Class 與 Object 的關係。
• 是否正確描述 Class 與記憶體空間的關係。

最符合「設計圖與實體」概念的比喻，就是「建築設計圖與實際建好的房子」。設計圖描述房屋的結構，但真正建造出的房子才是具體實體，對應到物件建立後的記憶體配置。

選項分析

(A) 建築設計圖與實際建好的房子，Class 不會占用記憶體

正確。

• 建築設計圖可比喻為 Class。
• 實際建好的房子可比喻為 Object。
• 設計圖是建立房子的規格與依據；房子則是具體產物。
• 依照本題採用的物件導向基本模型，Class 本身不代表某一個具體物件的資料配置，實際建立出的 Object 才占用記憶體。

因此本選項完整符合題意。

(B) 人的身體與所包含的眼睛（眼睛固著於身體），Class 會占用記憶體

錯誤。

「身體包含眼睛」主要是在比喻物件之間的整體與部分關係，且眼睛固著於身體，較接近物件導向中的 Composition（組合），不是 Class 與 Object 的基本關係。

核心觀念

本題考查 SQL 查詢中的兩個子句：

• WHERE：設定篩選條件，只保留符合條件的資料列。
• ORDER BY：指定查詢結果的排序方式。
• ASC：升冪，由小到大，為預設值。
• DESC：降冪，由大到小。

題目要求：

1. 從「考生」資料表查詢資料。
2. 篩選「成績大於 60 分」。
3. 按「成績由高到低」排列。

因此必須使用：

SELECT *
FROM 考生
WHERE 成績 > 60
ORDER BY 成績 DESC;

解題方法

依 SQL 查詢的基本結構判斷：

$$\text{SELECT} \rightarrow \text{FROM} \rightarrow \text{WHERE} \rightarrow \text{ORDER BY}$$

各部分功能如下：

• SELECT *：選取所有欄位。
• FROM 考生：資料來源為「考生」資料表。
• WHERE 成績 > 60：只保留成績大於 60 分的考生。
• ORDER BY 成績 DESC：依成績欄位採降冪排列，也就是由高到低。

所以正確語法為：

SELECT * FROM 考生 WHERE 成績 > 60 ORDER BY 成績 DESC

選項分析

(A) SELECT * FROM 考生 WHERE 成績 > 60 ORDER BY 成績 DESC

正確。

• WHERE 成績 > 60 正確完成「成績大於 60 分」的篩選。
• ORDER BY 成績 DESC 正確完成「按成績由高到低」的排序。
• 語法順序也符合 SQL 查詢結構。

(B) SELECT * FROM 考生 WHERE 成績 > 60 GROUP BY 成績 ASC

錯誤。

核心觀念

本題考查網路拓樸的基本特徵。若所有電腦都各自連接到同一台中央設備，例如集線器（Hub）或交換器（Switch），則此網路採用星狀拓樸（Star Topology）。

星狀拓樸的結構可表示如下：

$$\text{電腦} \longrightarrow \text{中央設備} \longleftarrow \text{電腦}$$

各電腦彼此通常不直接連線，而是透過中央設備傳送資料。因此，中央設備是整個網路的關鍵節點；一旦中央設備故障，所有連線均會中斷，整個網路便可能癱瘓。

解題方法

題幹提供兩項關鍵線索：

1. 有一台中央集線器或交換器。
2. 所有電腦都連接到該中央設備。

「所有節點連接至同一個中央節點」正是星狀拓樸的定義。中央設備故障導致整體網路失效，也符合星狀拓樸的典型缺點，因此可直接判定答案為星狀拓樸。

選項分析

(A) 匯流排拓樸（Bus Topology）錯誤

匯流排拓樸是所有電腦共同連接到一條主要傳輸幹線，資料會沿著這條幹線傳送。

其主要特徵是：

• 沒有中央集線器作為所有電腦的共同連接中心。
• 主要傳輸幹線若故障，可能造成整個網路中斷。
• 常見於早期乙太網路架構。

題幹強調的是「中央設備」故障，而不是共同傳輸幹線故障，因此不是匯流排拓樸。

(B) 環狀拓樸（Ring Topology）錯誤

環狀拓樸將各電腦依序連接，形成封閉環狀路徑，每台電腦通常與左右相鄰節點相連。

其主要特徵是：

核心觀念

本題考查常見網路攻擊類型的定義與辨識。題幹描述攻擊者利用生成式 AI 偽造他人的聲音、臉部影像或身分，再透過視訊通話誘騙被害人相信其為特定人物，核心在於「欺騙人」與「冒用身分」，因此屬於社交工程與身分偽裝攻擊。

• 社交工程（Social Engineering）：利用心理操弄、信任關係或錯誤資訊，使被害人洩漏資料、提供金錢或執行特定操作。
• 身分偽裝（Impersonation）：冒用他人的姓名、聲音、外貌、帳號或其他身分特徵，使被害人誤認攻擊者為該名人士。
• Deepfake：利用人工智慧產生或修改高度逼真的影像、聲音或影片。Deepfake 本身是偽造技術，實際攻擊分類須依其使用目的判斷；本題的用途是冒用身分並進行詐騙。

解題方法

判斷此類題目可先觀察攻擊的「主要作用對象」：

1. 若攻擊重點是癱瘓網站或網路服務，屬於 DoS 或 DDoS。
2. 若攻擊重點是加密檔案、索取贖金，屬於勒索軟體。
3. 若攻擊重點是利用假身分、假訊息或心理操弄，使人受騙，屬於社交工程與身分偽裝。

本題中，生成式 AI 被用來偽造聲音與長相，並透過視訊通話欺騙被害人。攻擊的直接目標不是系統可用性，也不是檔案加密，而是使人誤信攻擊者身分，進而遭受詐騙。因此答案為 (B)。

選項分析

(A) 阻斷服務（DoS）—錯誤

DoS（Denial of Service）是攻擊者透過大量請求、消耗系統資源或利用系統弱點，使伺服器、網站或網路服務無法正常提供服務。

其主要特徵是：

• 破壞服務的可用性；
• 使合法使用者無法連線或使用系統；
• 通常不以偽造他人身分、誘騙被害人為主要手段。

題幹重點是 Deepfake 冒用身分進行詐騙，沒有描述服務遭到癱瘓，因此不是 DoS。

(B) 社交工程與身分偽裝（Social Engineering / Impersonation）—正確

攻擊者利用 AI 偽造他人的聲音與長相，使被害人誤認視訊通話中的對象是真正的親友、主管、政府人員或其他可信任人士，再藉此要求匯款、提供帳密或透露機密資訊。

這同時具備：

核心觀念

本題考查非對稱加密中「機密性」與「身分不可否認性」所對應的金鑰使用方式：

• 確保內容機密：使用收件者 B 的公鑰加密，只有 B 能用自己的私鑰解密。
• 確保身分不可否認：使用寄件者 A 的私鑰進行數位簽章，B 可用 A 的公鑰驗證確實由 A 發出。

題目中的「用私鑰加密」是傳統考試常見的簡化說法，實務上通常稱為「以私鑰產生數位簽章」，並搭配雜湊函數驗證訊息完整性與來源。

解題方法

A 必須同時完成兩件事：

1. 先以 A 的私鑰處理郵件內容，形成數位簽章，以證明郵件確實由 A 發出，並提供不可否認性。
2. 再以 B 的公鑰加密處理後的內容，確保只有 B 能讀取郵件內容。

流程可表示為：

$$\text{原始郵件} \ \xrightarrow{\text{A 的私鑰}} \ \xrightarrow{\text{B 的公鑰}} \ \text{加密郵件}$$

B 收到後，依相反順序處理：

$$\text{加密郵件} \ \xrightarrow{\text{B 的私鑰}} \ \xrightarrow{\text{A 的公鑰}} \ \text{驗證簽章並取得內容}$$

因此，A 應先使用自己的私鑰，再使用 B 的公鑰，答案為 (A)。

選項分析

(A) 用 A 的私鑰加密，再用 B 的公鑰加密——正確

• A 的私鑰：建立數位簽章，讓 B 可用 A 的公鑰驗證寄件者身分。
• B 的公鑰：加密郵件內容，只有 B 能用 B 的私鑰解密。
• 同時滿足「身分不可否認」與「內容機密」兩項要求。

核心觀念

本題考查電腦硬體技術的發展順序，判斷依據是各項電子元件成為電腦主要核心技術的先後：

1. 真空管（Vacuum Tube）：早期電腦使用的主要電子元件。
2. 電晶體（Transistor）：取代體積大、耗電高且可靠性較低的真空管。
3. 積體電路（Integrated Circuit, IC）：將多個電子元件整合在單一晶片上。
4. 微處理器（Microprocessor）：將中央處理器的主要功能整合至單一晶片中。

因此，標準的發展順序為：

$$\text{真空管} \rightarrow \text{電晶體} \rightarrow \text{積體電路} \rightarrow \text{微處理器}$$

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解題方法

本題採「電腦世代與核心元件」的時間序列判斷法：

• 第一代電腦：以真空管為主要元件。
• 第二代電腦：以電晶體取代真空管。
• 第三代電腦：使用積體電路。
• 第四代電腦：以微處理器為重要發展基礎。

依世代先後排列，即可得到：

$$\boxed{\text{真空管} \rightarrow \text{電晶體} \rightarrow \text{積體電路} \rightarrow \text{微處理器}}$$

所以正確選項為 (B)。

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選項分析

(A) 電晶體 → 真空管 → 積體電路 → 微處理器

錯誤。真空管的出現早於電晶體，電晶體是後來用來取代真空管的技術。此選項將電晶體與真空管的先後順序顛倒。

正確順序應為：

核心觀念

本題考查十六進位與十進位之間的轉換。

十六進位使用 16 個符號：

• $0$～$9$ 分別代表 $0$～$9$
• $A$～$F$ 分別代表 $10$～$15$

十六進位各位數的權重由右至左依序為 $16^0、16^1、16^2$……。

解題方法

十六進位數 $AF$ 中：

• $A=10$，位於 $16^1$ 位
• $F=15$，位於 $16^0$ 位

因此：

$$(AF)_{16}=A\times16^1+F\times16^0$$ $$=10\times16+15\times1$$ $$=160+15=175$$

所以十六進位數 $AF$ 等於十進位數 $175$。

選項分析

• (A) 175：正確。 $AF_{16}=10\times16+15=175$。

核心觀念

IEEE 754 單倍精度浮點數共有 32 位元，格式如下：

$$\boxed{\text{Sign 1 位元}\ |\ \text{Exponent 8 位元}\ |\ \text{Fraction 23 位元}}$$

其中，Exponent 欄位不是直接儲存實際指數 $e$，而是採用「偏移量表示法」（Bias Representation），將實際指數加上固定偏移值後儲存。

單倍精度的偏移值為：

$$\text{Bias}=127$$

對於一般化數值（normalized number），實際指數 $e$ 與 Exponent 欄位儲存值 $E$ 的關係為：

$$E=e+127$$

解讀時則反算為：

$$e=E-127$$

例如，實際指數 $e=3$ 時：

$$E=3+127=130$$

因此 Exponent 欄位會儲存十進位 $130$，而不是直接以二補數儲存 $3$。

解題方法

判斷 IEEE 754 的指數表示方式，可直接掌握兩個重點：

1. 指數可能為正數，也可能為負數。
2. Exponent 欄位本身採用無號欄位儲存，實際正負由 Bias 解讀。

單倍精度使用 8 位元 Exponent 欄位，Bias 為 $127$。因此：

• 實際指數 $e=0$ 時，儲存值為 $127$。
• 實際指數 $e=-1$ 時，儲存值為 $126$。
• 實際指數 $e=1$ 時，儲存值為 $128$。

藉由加上固定偏移量，便能在不使用符號位元的情況下表示正、負指數，這就是偏移量表示法。

選項分析

(A) 二補數表示（Two’s Complement）錯誤

二補數是整數常見的有號表示法，利用最高位元表示數值正負，並以補數規則表示負數。

IEEE 754 單倍精度的 Exponent 欄位不是以二補數直接表示實際指數，而是儲存：

$$\text{實際指數}+\text{Bias}$$

因此本選項不符合 IEEE 754 的指數欄位設計。

(B) 一補數表示（One’s Complement）錯誤

核心觀念

本題考查 8 位元二補數（Two’s Complement） 的十進位轉換。

在 8 位元二補數中：

• 最高位為 $0$：表示非負數，直接按照二進位換算。
• 最高位為 $1$：表示負數，數值可用下列兩種方法求得：

1. 對所有位元取反，再加 $1$，所得結果為負數的絕對值。
2. 最高位權重視為 $-2^7=-128$，其餘位元依一般二進位權重計算。

題目給定 $11001010$，最高位為 $1$，因此這是負數。

解題方法一：取反加一

原數：

$$11001010$$

先逐位取反：

$$00110101$$

再加 $1$：

$$00110101+1=00110110$$

將 $00110110$ 轉換為十進位：

$$0\times128+0\times64+1\times32+1\times16+0\times8+1\times4+1\times2+0\times1$$ $$=32+16+4+2=54$$

原二補數表示的是負數，因此：

$$11001010_2=-54_{10}$$

解題方法二：直接使用位元權重

8 位元二補數的最高位權重為 $-128$，其餘位元權重不變：

$$11001010_2 = -128+64+8+2$$ $$=-128+74=-54$$

因此答案為 $-54$。

選項分析

• (A) $-74$：錯誤。 題目位元的低 7 位為 $1001010$，其正值為：

$64+8+2=74$

核心觀念

8 位元二補數（Two’s Complement）可表示的整數範圍為：

$$-2^{7} \sim 2^{7}-1 = -128 \sim 127$$

判斷二補數加法是否溢位，重點如下：

• 正數加正數，結果超過 $127$，發生溢位。
• 負數加負數，結果小於 $-128$，發生溢位。
• 正數加負數，結果必定落在可表示範圍內，不會發生溢位。

8 位元二補數的最高位（最左邊一位）為符號位：

• $0$ 表示非負數
• $1$ 表示負數

---

解題方法

逐一判斷各選項的符號，再將二補數轉換為十進位計算，確認結果是否超出 $-128$ 至 $127$ 的範圍。

---

選項分析

(A) $01100110+01010101$

兩數最高位皆為 $0$，表示正數。

$$01100110_2=102$$ $$01010101_2=85$$

相加得：

$$102+85=187$$

$187>127$，超出 8 位元二補數的正數表示範圍，因此發生溢位。

以二進位相加：

$$\begin{array}{r} 01100110\\ +01010101\\ \hline 10111011 \end{array}$$

結果最高位為 $1$，若直接解讀為二補數，$10111011$ 代表負數；但原本是兩個正數相加，結果不可能正確變成負數，這正是正數加正數溢位的典型現象。

因此，(A) 正確。

---

(B) $11101100+11000101$

兩數最高位皆為 $1$，表示負數。

$11101100$ 的二補數值：

1. 反相：

$$00010011$$

2. 加 $1$：

$$00010100_2=20$$

所以：

$$11101100_2=-20$$

$11000101$ 的二補數值：

1. 反相：

$$00111010$$

2. 加 $1$：

$$00111011_2=59$$

所以：

$$11000101_2=-59$$

相加得：

$$-20+(-59)=-79$$

$-79$ 落在 $-128$ 至 $127$ 的範圍內，不會溢位。

二進位結果為：

核心觀念

本題考查印表機列印速度的常用衡量單位。

印表機的列印速度通常以「每分鐘可列印多少頁」表示，英文為 pages per minute，縮寫為 ppm。

其定義為：

$$\text{ppm}=\frac{\text{列印頁數}}{\text{分鐘數}}$$

因此，ppm 數值越高，代表印表機每分鐘能完成的列印頁數越多，列印速度通常越快。

解題方法

判斷各選項的英文縮寫所代表的物理量，再與「印表機列印速度」的測量對象比對：

• 印表機列印速度：看每分鐘列印幾頁，使用 ppm。
• 印表機解析度：看每英吋可呈現多少點，使用 dpi。
• 資料傳輸速度：看每秒傳送多少位元，使用 bps。
• 打字或操作速度：常以每分鐘操作次數等方式表示，使用 apm。

所以本題應選擇表示「每分鐘頁數」的 ppm。

選項分析

(A) dpi

dpi 是 dots per inch 的縮寫，中文為「每英吋點數」，主要用來表示印表機或螢幕的解析度。

例如：

$$600\ \text{dpi}$$

核心觀念

本題考查影像的「色彩深度」（Color Depth）。若每一像素使用 $n$ 位元表示顏色，則每一位元有 $0$、$1$ 兩種狀態，因此最多可表示的顏色種類為：

$$2^n$$

本題每一像素使用 $10$ 位元，因此 $n=10$。

解題方法

將 $10$ 位元代入公式：

$$2^{10}=2\times2\times2\times2\times2\times2\times2\times2\times2\times2$$

亦可利用：

$$2^{10}=1024$$

所以一張圖片的每一像素最多可表示 $1024$ 種顏色。

選項分析

• (A) 256：錯誤。 $256=2^8$，代表每一像素使用 $8$ 位元，而非題目所述的 $10$ 位元。

• (B) 512：錯誤。 $512=2^9$，代表每一像素使用 $9$ 位元。

核心觀念

本題考查霍夫曼編碼（Huffman Coding）。霍夫曼編碼的原則是：

1. 統計每個字元的出現頻率。
2. 每次選取目前頻率最小的兩個節點合併。
3. 持續合併至形成完整二元樹。
4. 字元的編碼長度等於其在霍夫曼樹中的深度。
5. 所需總位元數為：

$$\text{總位元數}=\sum (\text{字元頻率}\times \text{該字元編碼長度})$$

本題不計編碼表與霍夫曼樹的儲存成本，只計算實際字元序列的編碼位元數。

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解題方法

字元序列為：

$$\texttt{aaaababbaccdede}$$

統計各字元頻率：

字元	頻率
a	6
b	3
c	2
d	2
e	2

頻率總和為：

$$6+3+2+2+2=15$$

依霍夫曼演算法，逐步合併最小頻率：

$2+2=4$

剩餘頻率為：

$$2,\ 3,\ 4,\ 6$$

接著：

$2+3=5$

剩餘頻率為：

$$4,\ 5,\ 6$$

再合併：

$4+5=9$

最後：

$6+9=15$

因此，霍夫曼合併過程的成本總和為：

$$4+5+9+15=33$$

這也就是所有字元編碼長度加權後的最少總位元數。

---

以編碼長度直接驗算

核心觀念

$X$ 與 $Y$ 都是單一位元，因此各自只有 $0$、$1$ 兩種值。判斷 $X<Y$ 時，逐一比較四種組合：

$X$	$Y$	$X<Y$
0	0	0
0	1	1
1	0	0
1	1	0

因此，$X<Y$ 唯一成立的情況是：

$$X=0,\quad Y=1$$

布林代數中：

• $\overline{X}$ 表示 $X$ 的反相，亦即「$X=0$」。
• $\overline{X}Y$ 表示「$X=0$ 且 $Y=1$」。

所以判斷單一位元 $X<Y$ 的布林函式為：

$$\overline{X}Y$$

---

解題方法

單一位元的大小關係只有一種情況會使 $X<Y$ 成立：

$$0<1$$

將這個條件轉換為布林條件：

• $X=0$：以 $\overline{X}$ 表示。
• $Y=1$：以 $Y$ 表示。
• 兩個條件必須同時成立：使用 AND，也就是相乘。

因此：

$$X<Y=\overline{X}Y$$

故正確選項為 (C)。

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選項分析

(A) $\overline{X}Y+X\overline{Y}$

此式表示：

• $X=0,Y=1$，或
• $X=1,Y=0$。

這是 XOR（互斥或）：

$$\overline{X}Y+X\overline{Y}=X\oplus Y$$

核心觀念

本題考查作業系統的「多工」與「分時作業」觀念。

單一 CPU 核心在同一瞬間通常只能執行一個執行緒。作業系統會將 CPU 的執行時間切割成許多短時間片（time slice），讓不同程式依序取得 CPU 使用權，並透過快速的工作切換（context switching），使使用者感覺多個程式正在同時執行。

此種以時間片分配 CPU 使用時間的機制，即為 CPU 分時作業（Time Sharing）。

解題方法

題幹的關鍵字是「多個程式看起來同時執行」。判斷重點在於：哪一個機制負責分配 CPU 執行時間，讓多個程式輪流執行？

作業系統的基本流程如下：

1. 將 CPU 時間切分為多個時間片。
2. 程式 A 執行一小段時間後，由排程器暫停程式 A。
3. 保存程式 A 的執行狀態。
4. 切換至程式 B 執行。
5. 依序讓其他程式取得 CPU。
6. 由於切換速度很快，使用者便感覺多個程式同時執行。

因此，正確答案為 CPU 分時作業。

選項分析

(A) CPU 分時作業（Time Sharing）—正確

CPU 分時作業將處理器時間分成許多短時間片，再由作業系統排程器分配給不同程式。程式之間透過快速切換取得 CPU 使用權，形成多工執行的效果。

在單核心 CPU 中，這種方式是「快速輪流執行」，並非真正的同一瞬間平行執行；在多核心 CPU 中，則可搭配平行處理，使不同核心同時執行不同工作。

(B) 快取記憶體（Cache Memory）—錯誤

核心觀念

本題考查 CPU「時脈頻率」（clock frequency）的定義與單位換算。

時脈頻率表示 CPU 內部時脈訊號每秒振盪、產生多少個週期，單位為赫茲（Hz）：

$$1\ \text{Hz}=1\ \text{個時脈週期／秒}$$

因此：

$$3.2\ \text{GHz} =3.2\times 10^9\ \text{Hz} =3.2\times 10^9\ \text{個時脈週期／秒}$$

這代表 CPU 每秒約產生 $3.2\times 10^9$ 個時脈週期。

解題方法

看到「時脈頻率」時，直接將頻率單位 GHz 轉換為 Hz：

$$1\ \text{GHz}=10^9\ \text{Hz}$$

所以：

$$3.2\ \text{GHz}=3.2\times10^9\ \text{Hz}$$

而 Hz 的意義就是「每秒的週期數」，故正確敘述為每秒約產生 $3.2\times10^9$ 個時脈週期。

選項分析

(A) CPU 總共擁有 32 個運算核心

錯誤。CPU 核心數是處理器的硬體核心數量，例如 4 核心、8 核心，與時脈頻率是不同規格。題目中的 $3.2$ 是頻率數值，不代表核心數；而且選項寫成 32 個核心，也沒有由 $3.2\ \text{GHz}$ 推導出來的依據。

(B) 每秒資料傳輸速率為 3.2 GB

核心觀念

本題考查堆疊（Stack）的後進先出（Last In, First Out, LIFO）特性：

• push：將資料放入堆疊頂端。
• pop：取出並輸出堆疊頂端的資料。
• 每次 pop 後，該資料即離開堆疊。

因此，最晚放入堆疊的資料會最先被取出。

解題方法

依序執行各項操作：

操作	堆疊內容（由底至頂）	輸出
push 1	1	—
pop	空	1
push 2	2	—
push 3	2、3	—
pop	2	3
pop	空	2

依序記錄三次 pop 的輸出：

$$1、3、2$$

合併為：

$$132$$

選項分析

核心觀念

堆積（Heap）是一種以二元樹表示的優先佇列資料結構，必須同時符合兩項條件：

1. 結構條件：必須是完全二元樹（Complete Binary Tree）。
2. 順序條件：必須符合堆積順序（Heap Order）。

• 最大堆（Max Heap）：父節點值大於或等於子節點值。
• 最小堆（Min Heap）：父節點值小於或等於子節點值。

因此，題目詢問「堆積屬於哪種類型的二元樹」，關鍵在於辨認堆積的結構條件。

解題方法

完全二元樹的定義是：

• 除了最後一層之外，其餘各層都必須填滿；
• 最後一層的節點必須由左至右排列，中間不可留空。

二元堆積正是以此結構建立，通常也能使用陣列儲存。若以陣列索引從 $1$ 開始：

• 父節點索引為 $\left\lfloor i/2 \right\rfloor$
• 左子節點索引為 $2i$
• 右子節點索引為 $2i+1$

這種規則能有效運作的前提，就是堆積具有完全二元樹的結構。

因此，堆積必定是完全二元樹；但僅具備完全二元樹結構，還不足以成為堆積，仍須符合最大堆或最小堆的順序條件。

選項分析

(A) 完全二元樹（Complete Binary Tree）— 正確

堆積的結構必須是完全二元樹，並且再加上堆積順序條件。因此，這是本題的正確答案。

例如下列樹形符合完全二元樹結構：

 90
 / \
 70 80
 / \ /
 40 50 60

若每個父節點的值都大於子節點，則它同時是最大堆。

(B) 完滿二元樹（Full Binary Tree）— 錯誤

完滿二元樹的定義是：每個節點不是沒有子節點，就是恰好有兩個子節點；不允許只有一個子節點的節點。

完全二元樹可以出現只有一個子節點的節點，例如：

核心觀念

本題考「堆積（Heap）」的資料結構表示方式。

堆積是一種以**完全二元樹（Complete Binary Tree）**為基礎的樹狀資料結構，並且符合堆積性質：

• 最大堆積（Max-Heap）：每個父節點的值大於或等於子節點。
• 最小堆積（Min-Heap）：每個父節點的值小於或等於子節點。

由於完全二元樹的節點排列緊密、沒有過多空缺，非常適合使用陣列依序儲存，因此堆積最常以**陣列（Array）**實作。

解題方法

判斷本題的關鍵在於掌握完全二元樹與陣列索引之間的對應關係。

若採用從 $1$ 開始的陣列索引，對於位於第 $i$ 個位置的節點：

• 父節點位置為 $\left\lfloor \frac{i}{2} \right\rfloor$
• 左子節點位置為 $2i$
• 右子節點位置為 $2i+1$

若採用從 $0$ 開始的陣列索引：

• 左子節點位置為 $2i+1$
• 右子節點位置為 $2i+2$
• 父節點位置為 $\left\lfloor \frac{i-1}{2} \right\rfloor$

這種儲存方式不需要額外記錄左、右指標，只要透過索引計算即可找到父子節點。因此，插入、刪除及調整堆積時，皆能有效率地進行。

選項分析

(A) 陣列（Array）— 正確

陣列最常用來實作堆積，原因包括：

1. 堆積本質上是完全二元樹，節點排列連續。
2. 陣列可以依照層序排列儲存所有節點。
3. 父子節點的位置可利用索引公式直接計算。
4. 不需要額外配置指標欄位，節省記憶體空間。

核心觀念

二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST）具有以下性質：

• 左子樹中所有節點的鍵值小於根節點鍵值。
• 右子樹中所有節點的鍵值大於根節點鍵值。
• 對每一個子樹皆成立相同規則。

「中序拜訪」（Inorder Traversal）的順序是：

$$\text{左子樹} \rightarrow \text{根節點} \rightarrow \text{右子樹}$$

由於 BST 的左子樹鍵值均小於根節點，右子樹鍵值均大於根節點，因此中序拜訪會依序輸出由小到大的節點鍵值。

---

解題方法

以 BST 的根節點為例：

1. 先拜訪左子樹，取得所有較小的鍵值。
2. 再拜訪根節點。
3. 最後拜訪右子樹，取得所有較大的鍵值。

此順序可表示為：

$$\text{較小鍵值} \rightarrow \text{根鍵值} \rightarrow \text{較大鍵值}$$

對每一層子樹重複此程序後，整棵樹的節點鍵值便會形成遞增排序結果。

例如：

 8
 / \
 3 10
 / \ \
 1 6 14

進行中序拜訪：

$$1 \rightarrow 3 \rightarrow 6 \rightarrow 8 \rightarrow 10 \rightarrow 14$$

結果即為遞增排序。

---

選項分析

(A) 層序拜訪（Level-order Traversal）錯誤

層序拜訪是依照樹的層級，由上而下、由左而右處理節點，順序為：

$$\text{第 1 層} \rightarrow \text{第 2 層} \rightarrow \text{第 3 層} \rightarrow \cdots$$

它重視的是節點所在的深度，不保證鍵值大小順序。

以上述範例而言，層序拜訪結果為：

$$8 \rightarrow 3 \rightarrow 10 \rightarrow 1 \rightarrow 6 \rightarrow 14$$

並非遞增排序。

---

(B) 前序拜訪（Preorder Traversal）錯誤

核心觀念

本題考查關聯式資料庫中的主鍵（Primary Key）與外來鍵（Foreign Key）：

• 主鍵：用來唯一識別資料表中的每一筆資料。

• 不可重複。

• 不可為 NULL。

• 可由單一欄位或多個欄位組成；由多個欄位組成時稱為複合主鍵（Composite Primary Key）。

• 外來鍵：資料表中的欄位，其值參照另一資料表的主鍵或候選鍵，用來建立資料表之間的關聯。

• 可以重複。

• 在未設定 NOT NULL 的情況下，通常可以為 NULL。

• 不要求唯一；是否唯一須視資料表設計及額外限制而定。

解題方法

判斷各選項是否符合主鍵、外來鍵的基本定義：

1. 看到「主鍵」時，檢查是否涉及唯一性、非空性、單一欄位限制。
2. 看到「外來鍵」時，檢查是否誤把主鍵的特性套用到外來鍵。
3. 特別注意「必須」等絕對用語，因為外來鍵的主要功能是建立參照關係，不是保證資料唯一。

選項分析

(A) 一個資料表可有多個外來鍵——正確

一個資料表可以同時參照多個資料表，因此可設計多個外來鍵。

例如「訂單」資料表可能包含：

• CustomerID：參照「客戶」資料表。
• EmployeeID：參照「員工」資料表。
• ProductID：參照「商品」資料表。

因此，同一個資料表擁有多個外來鍵是常見且合法的設計。

(B) 主鍵不可為空（NULL）——正確

主鍵必須能夠明確識別每一筆資料，因此不能是 NULL。若主鍵允許 NULL，資料庫便無法確定該筆資料的識別值。

主鍵具有兩項基本特性：

1. 唯一性：不同資料列的主鍵值不可相同。
2. 非空性：主鍵值不可為 NULL。

核心觀念

氣泡排序法（Bubble Sort）反覆比較相鄰兩個元素：

• 若左邊元素大於右邊元素，就交換。
• 若左邊元素小於等於右邊元素，則不交換。
• 由小到大排序時，每次交換都是為了消除一組「逆序」。

本題序列為：

$$2,\ 1,\ 3,\ 6,\ 5,\ 4$$

交換次數等於原序列中的逆序數量，也就是前面的數字大於後面的數字之配對數。

解題方法一：依氣泡排序過程計算

第一趟由左至右比較相鄰元素：

1. 比較 $2$ 與 $1$：$2>1$，交換一次

$$1,\ 2,\ 3,\ 6,\ 5,\ 4$$

2. 比較 $2$ 與 $3$：不交換。
3. 比較 $3$ 與 $6$：不交換。
4. 比較 $6$ 與 $5$：交換一次

$$1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 6,\ 4$$

5. 比較 $6$ 與 $4$：交換一次

$$1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 4,\ 6$$

第一趟共交換 $3$ 次。

第二趟：

1. $1$ 與 $2$：不交換。
2. $2$ 與 $3$：不交換。
3. $3$ 與 $5$：不交換。
4. $5$ 與 $4$：交換一次

$$1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5,\ 6$$

第二趟共交換 $1$ 次。

此時序列已完成排序，因此總交換次數為：

核心觀念

本題考查排序演算法的「穩定性（stability）」。

若待排序資料具有相同鍵值，穩定排序會保留這些資料原本的先後次序。例如：

原順序	姓名	成績
1	甲	80
2	乙	80

排序後若仍為「甲、乙」，即表示排序具有穩定性；若變成「乙、甲」，則表示排序不穩定。

在一般教科書與考試所採用的典型實作中：

• 合併排序法通常可維持相同鍵值資料的原始順序，因此屬於穩定排序。
• 快速排序法在分割過程中常透過交換元素完成，可能使相同鍵值資料的相對順序改變，因此通常視為不穩定排序。

---

解題方法

判斷此題可直接比較兩種排序法的典型穩定性：

1. 合併排序法先將資料分割，再將子序列合併。
2. 合併時，若左右兩側出現相同鍵值，優先取左側元素，即可保留原本的相對順序。
3. 快速排序法以樞紐元素進行分割，過程常交換左右兩端元素。
4. 即使兩個元素的鍵值相同，交換仍可能使它們的先後次序顛倒。

因此，標準判斷為：

$$\text{合併排序法：穩定}$$ $$\text{快速排序法：通常不穩定}$$

所以正確選項為 (B)。

---

選項分析

(A) 快速排序法穩定、合併排序法通常不穩定

錯誤。

核心觀念

本題考查「編譯器（Compiler）」與「直譯器（Interpreter）」的基本差異：

• 編譯器：先將原始程式碼轉換成目的程式，通常會產生目的檔、物件檔或可執行檔，再由電腦執行。
• 直譯器：在程式執行過程中，逐行或逐段分析並執行原始程式碼，通常不需先產生完整的目的檔。
• 編譯器通常先進行完整編譯，因此執行階段的轉譯工作較少，執行效率通常較高。
• 直譯器在遇到錯誤時，常在執行到錯誤的敘述時立即停止。

本題要求找出「錯誤」的敘述，判斷重點在於「直譯器是否一定會產生目的檔」。

解題方法

逐一比較各選項與編譯器、直譯器的定義：

1. 編譯器通常先將程式完整轉換，再執行。
2. 直譯器通常邊分析、邊執行，不以產生完整目的檔為必要條件。
3. 以「一定」等絕對字眼敘述時，須確認是否符合所有情況。

其中「直譯器一定會產生目的檔」與直譯器的基本特性不符，因此選 (C)。

選項分析

(A) 編譯型語言執行效率通常較高

正確。

編譯型語言通常在執行前，已由編譯器將原始程式碼轉換為機器碼或較接近機器碼的目的程式。執行時不必再逐行進行完整轉譯，因此執行效率通常高於傳統直譯式執行方式。

但「通常較高」並非表示所有編譯型語言在任何情況下都一定較快，實際效率仍會受到編譯最佳化、執行環境、程式設計方式及硬體等因素影響。就基本計算機概論的比較而言，本選項正確。

(B) 編譯器通常先完整編譯程式

正確。

編譯器的典型流程是先讀取原始程式碼，進行語法分析、語意分析、最佳化及目的碼產生等工作，完成編譯後，再執行產生的目的程式。

核心觀念

本題考查：

1. 取餘數運算子 %： $k \% 3$ 表示 $k$ 除以 $3$ 的餘數。若 $k$ 是 $3$ 的倍數，則必有：

$k \% 3 = 0$

2. 迴圈與條件判斷： 使用 for 逐一檢查 $1$ 至 $50$ 的每個整數，符合「為 3 的倍數」的數字才累加至 sum。

$1$ 至 $50$ 之間的 $3$ 的倍數為：

$3,6,9,\ldots,48$

共有：

$\frac{48}{3}=16\text{ 個}$

其總和可驗算為：

$\frac{(3+48)\times16}{2}=408$

---

解題方法

判斷一個整數 $k$ 是否為 $3$ 的倍數，最直接的方法是檢查除以 $3$ 的餘數：

$k \% 3 == 0$

因此，程式必須同時具備：

• $k$ 從 $1$ 走到 $50$；
• 只有 $k \% 3 == 0$ 時才進行累加。

選項 (A) 完整符合這兩項條件：

int k, sum = 0;
for (k = 1; k <= 50; k++)
 if (k % 3 == 0)
 sum = sum + k;

執行過程中，k 依序取 $1,2,3,\ldots,50$。當 k 為 $3,6,9,\ldots,48$ 時，條件成立並加入 sum，最後得到：

$sum=3+6+9+\cdots+48=408$

---

選項分析

(A) 正確

for (k = 1; k <= 50; k++)
 if (k % 3 == 0)
 sum = sum + k;

• k = 1，從 $1$ 開始；
• k <= 50，包含檢查到 $50$；
• k++，每次增加 $1$，不會漏掉任何整數；
• k % 3 == 0，正確判斷 $k$ 是否為 $3$ 的倍數；
• 條件成立時才累加。

因此能正確計算所有 $3$ 的倍數總和。

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(B) 錯誤

核心觀念

本題考查 while 迴圈的執行條件，以及變數在每次迴圈中的更新方式。

while (x < 10) 的意義是：只要 $x<10$，就執行迴圈區塊；當 $x\geq 10$ 時，停止迴圈。

每次迴圈執行兩項操作：

1. $s=s+2$，使 $s$ 增加 $2$。
2. $x=x+1$，使 $x$ 增加 $1$。

解題方法

初始值為：

$$x=1,\qquad s=0$$

迴圈執行條件為 $x<10$，因此 $x$ 依序為 $1,2,3,\ldots,9$ 時會執行，共執行：

$$9-1+1=9\text{ 次}$$

每次執行使 $s$ 增加 $2$，所以：

$$s=0+9\times 2=18$$

第 9 次執行後：

$$x=1+9=10$$

此時 $x<10$ 不成立，迴圈停止。因此最後 $s=18$。

選項分析

核心觀念

本題考查常見程式語言的主要應用領域、程式設計特性，以及程式執行方式：

• Java：物件導向程式語言。
• R：以統計分析、資料分析與資料視覺化為主要用途。
• Python：常用於資料分析、人工智慧、機器學習及自動化。
• C：通常須先經過編譯，產生可執行程式後才能執行。

判斷此類題目時，應注意「主要用途」與「可以使用」的差別。某種語言能夠應用於某領域，不代表該領域就是它的主要應用領域。

解題方法

逐一檢查各選項對程式語言特性或應用領域的描述：

1. 判斷 Java 是否屬於物件導向語言。
2. 判斷 R 語言的主要用途是否為網頁前端開發。
3. 判斷 Python 是否常用於資料分析與人工智慧。
4. 判斷 C 語言的典型執行方式是否需要編譯。

其中，R 語言的核心定位是統計運算與資料分析，網頁前端開發則主要使用 HTML、CSS 與 JavaScript，因此可直接判定 (B) 錯誤。

選項分析

(A) Java 為物件導向程式語言——正確

Java 是典型的物件導向程式語言，支援類別、物件、封裝、繼承與多型等概念。

Java 程式通常先編譯成中介形式的位元組碼，再由 Java Virtual Machine（JVM）執行。其「物件導向」特性與「需經編譯」是不同層面的概念，本選項對 Java 的分類正確。

(B) R 語言主要用於網頁前端開發——錯誤

R 語言主要用於：

• 統計分析
• 資料分析
• 資料視覺化
• 機器學習
• 科學研究與數據運算

核心觀念

本題考查物件導向程式設計（Object-Oriented Programming, OOP）的四大核心概念：

• 繼承（Inheritance）：新類別可取得既有類別的屬性與方法，並可進一步擴充或覆寫。
• 多型（Polymorphism）：同一操作或介面，可依實際物件類型呈現不同執行結果。
• 抽象化（Abstraction）：保留重要特徵，隱藏不必要的實作細節。
• 封裝（Encapsulation）：將資料與操作資料的方法集中於類別中，並控制外部存取權限。

題幹中的關鍵語句是「新類別直接使用既有類別的屬性與方法」，這正是繼承的定義。

解題方法

判斷本題可直接抓住「新類別」與「既有類別」之間的關係：

1. 既有類別通常稱為父類別、基底類別或超類別。
2. 新類別通常稱為子類別、衍生類別或次類別。
3. 子類別透過繼承取得父類別既有的屬性與方法。
4. 子類別也能增加自己的成員，或重新定義父類別的方法。

例如：

class Animal {
 eat
}

class Dog extends Animal {
 bark
}

在此例中，Dog 繼承 Animal，因此 Dog 可使用 Animal 的 eat 方法，同時增加自己的 bark 方法。

因此，題幹所描述的機制是：

$$\text{既有類別的屬性與方法} \longrightarrow \text{新類別直接取得}$$

其對應概念為繼承。

選項分析

(A) 繼承（Inheritance）—正確

核心觀念

SQL 查詢通常使用 SELECT 陳述式，其基本結構如下：

SELECT 欄位名稱
FROM 資料表
WHERE 查詢條件
ORDER BY 排序欄位;

各子句的主要功能不同：

• SELECT：指定要擷取、顯示的欄位。
• FROM：指定查詢所使用的資料表、檢視表，或其他資料來源。
• WHERE：設定資料列的篩選條件。
• ORDER BY：規範查詢結果的排序順序。

本題考查的是 SQL 各子句的基本用途。

解題方法

判斷 FROM 子句的功能，可直接觀察其英文語意：FROM 表示「從何處取得資料」。

例如：

SELECT 姓名, 成績
FROM 學生成績;

此語句表示：從「學生成績」資料表中，查詢「姓名」及「成績」欄位。因此，FROM 的主要作用就是指定查詢時要使用的資料表或資料來源。

若查詢涉及多個資料表，也可搭配 JOIN：

SELECT 學生.姓名, 班級.班名
FROM 學生
JOIN 班級 ON 學生.班級編號 = 班級.班級編號;

其中 FROM 先指定主要資料表，JOIN 再連接其他資料表。

選項分析

(A) 定義資料表結構：錯誤

定義資料表結構屬於資料定義語言（DDL）的功能，通常使用：

CREATE TABLE
ALTER TABLE
DROP TABLE

例如：

核心觀念

本題考查「資料庫管理系統」（Database Management System, DBMS）的基本定義與常見軟體辨識。

DBMS 是專門用來建立、儲存、管理、查詢及維護資料庫的系統軟體，通常具備下列功能：

• 建立與管理資料表
• 新增、修改、刪除及查詢資料
• 使用 SQL 等查詢語言
• 控制資料的完整性與一致性
• 管理多人同時存取
• 提供權限控管、備份與復原功能

判斷本題的關鍵，在於辨認各選項是否以「資料庫管理」為主要功能，而非單純能否儲存表格資料。

解題方法

逐一檢視各軟體的主要用途：

1. 若軟體是專門管理資料庫，屬於 DBMS。
2. 若軟體主要是試算表工具，雖然能儲存表格資料、排序及篩選，但不屬於完整的 DBMS。
3. 依此判斷即可找出不屬於 DBMS 的選項。

選項分析

(A) MySQL：錯誤選項

MySQL 是常見的關聯式資料庫管理系統，使用資料表儲存資料，並可透過 SQL 進行資料新增、修改、刪除與查詢。

因此，MySQL 屬於 DBMS。

(B) Microsoft Excel：正確答案

Microsoft Excel 是試算表軟體，主要功能包括：

• 表格資料輸入
• 公式與函數計算
• 排序與篩選
• 圖表製作
• 基本資料分析