115 初等考試五等 統計 資料處理大意 考古題詳解

核心觀念

本題測驗計算機系統基礎架構中，主要運算元件的分類與功能定位：

1. 通用處理器（General-Purpose Processor）：設計目標在於處理多樣化、具有複雜邏輯判斷與高度條件分支（Branching）的常規程式指令，是范紐曼架構（Von Neumann Architecture）電腦的核心。
2. 領域特定加速器／協同處理器（Domain-Specific Accelerator / Coprocessor）：針對特定工作負載（如圖形渲染、高度平行運算、張量乘加矩陣運算）進行硬體特化與加速的元件（如 GPU、NPU、TPU）。

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解題方法

題目破題關鍵在於三個核心修飾詞：「一般的電腦系統」、「通用運算」、「主要元件」。 從現代計算機組織架構切入：

• 電腦系統執行作業系統、排程管理、各種應用程式與邏輯控制時，皆依賴主板上的核心處理單元。
• 專用加速晶片（GPU、NPU、TPU）雖然具備強大的平行計算能力，但缺乏處理作業系統完整系統調用、複雜中斷與通用控制邏輯的能力，必須依附於主系統並接受指揮。因此，負責主導通用運算者必然為 CPU。

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選項分析

• (A) CPU（Central Processing Unit，中央處理器）—— 正確 CPU 包含算術邏輯單元（ALU）、控制單元（CU）及暫存器（Registers），能解讀並執行符合該指令集架構（如 x86、ARM）的所有機器指令。它具備龐大的快取記憶體（Cache）與高度優化的分支預測機制，專門負責處理具備複雜分支與邏輯依賴的通用程式碼，為一般電腦系統中負責通用運算的最核心元件。
• (B) GPU（Graphics Processing Unit，圖形處理器）—— 錯誤

核心觀念

本題考查電腦儲存媒介的結構與讀取速度。一般而言，儲存媒介的讀取速度可依其是否具有機械運動元件、所使用的傳輸介面及控制器效能判斷：

• DVD：光學儲存媒介，須以雷射讀取，速度較慢。
• HDD（Hard Disk Drive）：傳統硬碟，利用磁碟片與讀寫磁頭，具有機械運動。
• SSD（Solid State Drive）：固態硬碟，使用快閃記憶體，沒有機械運動元件。
• USB Stick：USB 隨身碟，通常也是快閃記憶體，但受 USB 介面、控制器與產品等級影響，效能差異較大。

解題方法

判斷儲存媒介的讀取速度，先比較其基本技術：

1. DVD 必須進行光碟旋轉與雷射定位。
2. HDD 必須等待磁碟片旋轉，並由磁頭移動至指定位置。
3. SSD 直接由電子方式存取快閃記憶體，不需等待磁頭定位或碟片旋轉。
4. USB Stick 雖同樣使用快閃記憶體，但一般 USB 隨身碟的傳輸介面與控制器效能通常低於專用 SSD。

因此，以一般電腦儲存媒介的標準比較，SSD 的讀取速度最快。

選項分析

(A) DVD：錯誤

DVD 屬於光學儲存媒介，讀取時須透過光碟機旋轉光碟，再以雷射讀取資料。其資料傳輸速度及存取時間通常低於半導體儲存裝置，因此不是最快的選項。

(B) HDD：錯誤

核心觀念

本題測驗「無線個人區域網路（WPAN）」與各類常見無線通訊技術之應用場景與特性比較。

在計算機硬體架構中，個人電腦（PC）原本多仰賴 USB、PS/2、3.5mm 音訊線等有線介面連接外部周邊裝置（如滑鼠、鍵盤、耳機、喇叭等）。為了免除實體線材的繁雜，個人電腦最普遍整合的短距離無線通訊技術為藍牙（Bluetooth，IEEE 802.15.1）。

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解題方法

解題切入點應鎖定題幹中的兩大關鍵詞：

1. 「一般個人電腦（PC）」：此技術必須在市售筆記型電腦與桌上型電腦主機板中具備極高的原生普及率，屬於標準配備之一。
2. 「取代有線通訊模組」：主要用途在於取代傳統點對點的有線周邊傳輸線（例如鍵盤線、滑鼠線、耳機音源線）。

對比各通訊技術之傳輸距離、頻寬及應用目標，Bluetooth 兼具適度傳輸頻寬（數百 kbps 至數十 Mbps）、低延遲與隨插即用（PnP）配對能力，是個人電腦周邊無線化的標準方案。

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選項分析

• (A) 錯誤：Zigbee（IEEE 802.15.4） 主要特點為低耗電、低傳輸速率，並具備強大的網狀網路（Mesh Network）架構，主要應用於智慧家庭控制、工業感測節點與物聯網（IoT）裝置之間的訊號傳遞。一般個人電腦不會將 Zigbee 作為內建預設模組來取代周邊連接線。
• (B) 錯誤：NFC（近距離無線通訊，Near Field Communication） 傳輸距離極短（通常在 $10\text{ cm}$ 以內，最佳感應距離約 $4\text{ cm}$ 以下），主要應用於行動支付、悠遊卡感應、身分驗證或裝置近距離快速配對（Touch to Pair）。

核心觀念 本題測驗 UNIX／Linux 作業系統之常用基本指令（檔案與目錄管理）。考生須熟悉 UNIX 環境下操作檔案內容、目錄結構的命令，並清楚區分 UNIX 與 DOS／Windows 系統間指令之對應關係。

解題方法 題目詢問「UNIX 作業系統」中檢視文字檔案內容的指令： 在 UNIX／Linux 環境中，cat 原名為「concatenate」（串接），其標準功能是將多個檔案串接並輸出至標準輸出裝置（stdout，通常為終端機螢幕）。當後面僅接單一文字檔案名稱時（如 cat filename.txt），即直接將該檔案完整內容印在螢幕上，因此成為 UNIX 中最常被用來快速檢視短篇文字檔內容的基本指令。故直接選取 cat。

選項分析

• (A) md：錯誤。在 DOS／Windows 系統中，md（make directory，同 mkdir）是用於「建立新子目錄（資料夾）」的指令；在 UNIX 系統中通常直接使用 mkdir，兩者皆非用來檢視檔案內容。
• (B) cat：正確。為 UNIX 系統中最核心的文字檔案檢視與串接指令。
• (C) ls：錯誤。源自「list」，為 UNIX 系統中用來「列出目錄下的檔案與子目錄清單」之指令（相當於 DOS／Windows 的 dir），並無法讀取文字檔內文。
• (D) type：錯誤。

核心觀念

本題考查數值系統中「二進位轉十進位」之按權展開法（Positional Notation）。

在位置命數法中，任一以底數 $r$ 表示的數值，皆可表示為各個數位的值與其對應權重（$r$ 的次方）之乘積和：

$N_{10} = \sum_{i} d_i \times r^i$

以二進位（$r=2$）而言，以小數點為基準：

• 小數點向左（整數部分）：權重依序為 $2^0 = 1$、$2^1 = 2$、$2^2 = 4$、$2^3 = 8$、$2^4 = 16 \dots$
• 小數點向右（小數部分）：權重依序為 $2^{-1} = 0.5$、$2^{-2} = 0.25$、$2^{-3} = 0.125$、$2^{-4} = 0.0625 \dots$

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解題方法

將二進位數 $(11010.011)_2$ 拆分為「整數部分」與「小數部分」分別計算後加總：

1. 整數部分 $(11010)_2$

由左至右對應權重 $2^4, 2^3, 2^2, 2^1, 2^0$： $1 \times 2^4 + 1 \times 2^3 + 0 \times 2^2 + 1 \times 2^1 + 0 \times 2^0 = 16 + 8 + 0 + 2 + 0 = 26$

2. 小數部分 $(0.011)_2$

小數點後由左至右對應權重 $2^{-1}, 2^{-2}, 2^{-3}$： $0 \times 2^{-1} + 1 \times 2^{-2} + 1 \times 2^{-3} = 0 \times 0.5 + 1 \times 0.25 + 1 \times 0.125 = 0.25 + 0.125 = 0.375$

核心觀念

本題考查位元 AND（位元「且」）運算。

AND 運算規則如下：

位元 1	位元 2	結果
0	0	0
0	1	0
1	0	0
1	1	1

十六進位每一位代表 4 個二進位元，因此可直接將相同位數的十六進位數字逐位進行 AND 運算。

解題方法

將兩數排列對齊：

$$\begin{array}{cccc} \texttt{D} & \texttt{6} & \texttt{F} & \texttt{D}\\ \texttt{3} & \texttt{4} & \texttt{1} & \texttt{2} \end{array}$$

逐位進行 AND：

$$\texttt{D}\ \text{AND}\ \texttt{3}=\texttt{1}$$ $$\texttt{6}\ \text{AND}\ \texttt{4}=\texttt{4}$$ $$\texttt{F}\ \text{AND}\ \texttt{1}=\texttt{1}$$ $$\texttt{D}\ \text{AND}\ \texttt{2}=\texttt{0}$$

因此：

$$\texttt{0xD6FD AND 0x3412=0x1410}$$

也可用二進位表示確認：

核心觀念

本題考查計算機組織與資料表示法中的二補數（2's Complement）表示法。 在 8-bit 的二進位有號數（Signed Integer）系統中，最高有效位元（MSB）為符號位元（$0$ 表示正數，$1$ 表示負數），數值範圍為 $-128 \sim +127$（即 $-2^7 \sim 2^7 - 1$）。 以二補數法表示負數時，其標準定義公式為： $\text{二補數} = \text{一補數} + 1$ 亦即先求出該數值絕對值的二進位碼，將所有位元反轉（$0 \leftrightarrow 1$）得到一補數，最後再加上 $1$。

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解題方法

求 $-38$ 的 8-bit 二補數表示，標準計算步驟如下：

1. 求正整數 $+38$ 的 8-bit 二進位碼： 將 $38$ 拆解為 2 的冪次和： $38 = 32 + 4 + 2 = 2^5 + 2^2 + 2^1$ 補足為 8 位元二進位形式： $+38 = (00100110)_2$

2. 取一補數（全部位元反轉）： 將 $(00100110)_2$ 中的 $0$ 變 $1$、$1$ 變 $0$： $\text{一補數} = 11011001_2$

3. 取二補數（一補數加 $1$）： 將一補數加上 $1$： $11011001_2 + 1_2 = 11011010_2$

因此，$-38$ 以 8-bit 二補數表示為 $11011010$。

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選項分析

• (A) $10100110$：錯誤。 此為 $-38$ 在**符號大小法（Sign-Magnitude）**下的編碼。

核心觀念

本題測驗作業系統（OS）在多工環境下的兩大核心概念：行程控制區塊（Process Control Block, PCB） 與 上下文切換（Context Switch）。

1. 行程控制區塊（PCB）：作業系統代表與管理個別行程（Process）的資料結構，記錄該行程所有的執行資訊，包含：

• 行程識別碼（PID）與行程狀態（Process State）
• 程式計數器（Program Counter, PC）：記錄下一道要執行的指令位址
• CPU 暫存器集合（Registers）：包含累加器、索引暫存器、堆疊指標（Stack Pointer, SP）及狀態碼等
• 記憶體管理資訊：如分頁表（Page Table）或分段表指標
• 記帳與 I/O 狀態資訊

2. 上下文切換（Context Switch）：CPU 從執行一個行程切換至另一個行程時的作業過程。在切換期間，CPU 无法執行任何有用的使用者工作，這段時間完全屬於額外負擔（Overhead）。為了讓被中斷的行程日後能「無縫接軌」繼續執行，必須將當前行程的狀態存入其 PCB，並從下一個將執行的行程 PCB 中載入先前儲存的狀態。

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解題方法

解題切入點在於上下文（Context）的定義與上下文切換的核心步驟：

• 行程的「上下文（Context）」本質上就是「CPU 當前的運算與執行狀態（即暫存器、PC、旗標等之集合）」。
• 上下文切換的標準作業程序（SOP）：

1. 發生中斷或系統呼叫（如排程時間到期）。
2. 將當前正在執行的行程 A 之暫存器內容及狀態，儲存至行程 A 的 PCB。
3. 作業系統選擇下一個要執行的行程 B。
4. 從行程 B 的 PCB 中，將其先前儲存的暫存器集合與狀態還原回 CPU 暫存器中。
5. 將 CPU 控制權交給行程 B 繼續執行。

因此，PCB 在上下文切換中最關鍵且主要的功能，即是充當暫存狀態的媒介，用以「儲存與恢復 CPU 暫存器集合及執行狀態」。

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選項分析

核心觀念 本題考查開源軟體（Open Source Software, OSS）的定義、授權本質與核心特徵。 根據開放原始碼促進會（Open Source Initiative, OSI）訂定的《開源定義》（The Open Source Definition），開源軟體並非僅指「免費軟體」，其核心精神在於原始程式碼（Source Code）的公開與授權，保障使用者享有檢視、修改、重新編譯與自由散布的權利。

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解題方法 本題可透過「開源軟體」與「封閉原始碼軟體（Proprietary Software，又稱私有／商用軟體）」之特質對比切入： 開源軟體的基本精神是保障使用者的「技術自主權」與「自由分享權」，因此「取得原始碼並具備修改權」是開源軟體最不可或缺的本質特徵。透過檢視各選項之描述是否符合開源軟體授權精神即可迅速破題。

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選項分析

• (A) 錯誤：開源軟體通常允許使用者免費下載與使用，授權條款不會強制要求支付高額授權費用。即使企業提供商業支援服務（如諮詢、代管、客製化），也是針對「服務」計費，而非取得與使用軟體本體的門檻。
• (B) 正確：開源軟體之核心即為開放原始程式碼，使用者有權查看程式架構、找出漏洞，並依照個人或組織需求修改程式內容與重新散布，完全符合開源軟體的特點。

核心觀念

本題考查 Microsoft Word 的「合併列印（Mail Merge）」功能。

合併列印是將：

• Excel 中的姓名、地址等資料，作為「資料來源」；
• Word 中的邀請函文件，作為「主文件」；
• 姓名、地址等位置設定為「合併欄位」；

再由 Word 逐筆讀取 Excel 資料，批次產出每位收件人專屬的邀請函。

解題方法

題目關鍵在於「一份包含姓名和地址的 Excel 表單」以及「一份邀請函的文件樣版」，並要求「批次產出所有邀請函」。

其作業流程如下：

1. 在 Excel 建立資料表，例如：

姓名	地址
王小明	臺北市中正區○○路
李小華	新北市板橋區○○街

2. 在 Word 建立邀請函主文件。
3. 使用「郵件」索引標籤中的「開始合併列印」。
4. 選取 Excel 工作表作為收件者清單。
5. 在邀請函中插入「姓名」與「地址」等合併欄位。
6. 執行「完成與合併」，產生多份個人化邀請函，或直接列印、寄送。

因此，凡是「固定格式文件」搭配「多筆個人資料」，需要批次產生個別文件的情境，應優先判斷為「合併列印」。

選項分析

(A) 追蹤修訂

「追蹤修訂」是 Word 用來記錄文件編輯變更的功能，例如新增文字、刪除文字、修改格式等，方便作者或審閱者查看及接受、拒絕修改內容。

核心觀念

本題測驗「程式語言之應用範疇」與「網頁系統架構（前端與後端）之區分」。

網頁軟體架構依執行環境主要分為：

1. 網頁前端（Front-end / Client-side，客戶端）：直接在使用者終端設備的「網頁瀏覽器」內解析與執行，負責呈現畫面、視覺排版與使用者互動邏輯。網頁前端的三大核心標準技術為：

• HTML（HyperText Markup Language）：定義網頁的內容與結構。
• CSS（Cascading Style Sheets）：控制網頁的視覺外觀與版面樣式。
• JavaScript：賦予網頁動態行為、處理事件驅動與操作 DOM（Document Object Model）。

2. 網頁後端（Back-end / Server-side，伺服器端）：在伺服器端作業系統中執行，負責商業邏輯運算、資料庫讀寫、身分驗證與 API 資料產出。

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解題方法

本題的解題切入點在於判斷選項中各語言的「主要執行環境」：

• 題目明確指出「常用於網頁前端開發」，意指該語言必須能被主流網頁瀏覽器原生解譯與執行。
• 現行現代網頁瀏覽器（如 Chrome、Edge、Firefox、Safari 等）原生內建的程式語言解譯引擎（如 V8、SpiderMonkey）皆以 JavaScript 為標準。其餘程式語言主要皆執行於伺服器端作業環境，必須透過編譯或中繼伺服器轉換，並非瀏覽器原生的前端開發主力。

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選項分析

• (A) Python：錯誤。 Python 是一種高階、通用型的物件導向直譯式語言，在網頁開發領域主要搭配後端框架（如 Django、Flask、FastAPI）用於「伺服器端邏輯」與 API 開發，亦廣泛應用於人工智慧、數據分析與自動化運維，並非標準瀏覽器端的前端語言。
• (B) PHP：錯誤。

核心觀念

1. 霍夫曼演算法（Huffman's Algorithm）：一種以貪婪演算法（Greedy Algorithm）為基礎的最佳前綴編碼（Optimal Prefix Code）建構方法。其目標是讓出現頻率越高的字元獲得越短的編碼長度，藉此最小化平均編碼長度，達到無失真資料壓縮（Lossless Data Compression）之效。
2. 霍夫曼樹（Huffman Tree）建構原則：採用由下而上（Bottom-up）的方式，每次在未合併的節點集合中，挑選權重（出現頻率）最小的兩個節點合併為新內部節點，新節點的權重為兩子節點權重之和。重複此步驟直至所有節點合併為單一樹根（Root）。
3. 分支指派與路徑編碼：依照題目規定「左分支為 $0$，右分支為 $1$」。由樹根沿著分支路徑走向該字元的葉節點（Leaf Node），依序串接經過的分支位元，即為該字元的二進位編碼。

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解題方法

步驟一：整理初始字元與頻率

給定各字元權重：

• $A: 0.50$
• $B: 0.25$
• $C: 0.15$
• $D: 0.10$

步驟二：第一次合併（挑選最小的兩個節點）

目前候選節點為 $\{A(0.50), B(0.25), C(0.15), D(0.10)\}$。 選取最小的 $D(0.10)$ 與 $C(0.15)$ 合併為新內部節點 $N_1$： $W(N_1) = 0.10 + 0.15 = 0.25$ 此時候選節點集合更新為：$\{A(0.50), B(0.25), N_1(0.25)\}$。

步驟三：第二次合併（再次挑選最小的兩個節點）

在集合 $\{A(0.50), B(0.25), N_1(0.25)\}$ 中，最小的兩個節點為 $B(0.25)$ 與 $N_1(0.25)$。 將兩者合併為新內部節點 $N_2$： $W(N_2) = 0.25 + 0.25 = 0.50$ 此時候選節點集合更新為：$\{A(0.50), N_2(0.50)\}$。

步驟四：第三次合併（完成樹狀結構）

將最後剩餘的兩個節點 $A(0.50)$ 與 $N_2(0.50)$ 合併，形成權重為 $1.00$ 的樹根（Root）： $W(\text{Root}) = 0.50 + 0.50 = 1.00$

步驟五：指派位元並求字元 $B$ 的編碼

依規定「左分支為 $0$、右分支為 $1$」：

1. 樹根（$1.00$）：

• 左分支（$0$）連向單純葉節點 $A$（頻率 $0.50$）。

核心觀念

本題測驗的核心為 「遞迴函式（Recursive Function）」 與 「歐幾里得演算法（輾轉相除法，Euclidean Algorithm）」 的程式實作。

1. 歐幾里得演算法原理： 若要計算兩整數 $a$ 與 $b$ 的最大公因數（Greatest Common Divisor, $\gcd(a, b)$），其數學遞迴關係式為： $\gcd(a, b) = \begin{cases} a, & \text{當 } b = 0 \\ \gcd(b, a \pmod b), & \text{當 } b \neq 0 \end{cases}$
2. 取餘數運算子（%）與引數位置自動調換： 在 C 語言中，當被除數小於除數時（即 $a < b$），$a \% b$ 的結果為 $a$。因此，第一次呼叫若傳入較小的 $a$ 與較大的 $b$，下一層遞迴會呼叫 fun(b, a)，自動完成兩數由大到小的對調。
3. 終止條件（Base Case）： 當除數 $b$ 降為 $0$ 時，代表上一輪已整除，此時被除數 $a$ 即為最大公因數。

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解題方法

本題函式 fun(a, b) 即為標準輾轉相除法，求 fun(1337, 2483) 本質上就是求 $\gcd(1337, 2483)$。

程式執行追蹤（Trace）步驟：

1. 第 1 次呼叫：fun(1337, 2483)

• 檢查終止條件：$b = 2483 \neq 0$。
• 計算餘數：$1337 \% 2483 = 1337$。
• 遞迴呼叫：fun(2483, 1337)（自動將大數置於前、小數置於後）。

2. 第 2 次呼叫：fun(2483, 1337)

• 檢查終止條件：$b = 1337 \neq 0$。
• 計算除法與餘數：$2483 = 1337 \times 1 + 1146$，即 $2483 \% 1337 = 1146$。
• 遞迴呼叫：fun(1337, 1146)。

3. 第 3 次呼叫：fun(1337, 1146)

• 檢查終止條件：$b = 1146 \neq 0$。
• 計算除法與餘數：$1337 = 1146 \times 1 + 191$，即 $1337 \% 1146 = 191$。
• 遞迴呼叫：fun(1146, 191)。

4. 第 4 次呼叫：fun(1146, 191)

• 檢查終止條件：$b = 191 \neq 0$。
• 計算除法與餘數：$1146 = 191 \times 6 + 0$，即 $1146 \% 191 = 0$（整除）。
• 遞迴呼叫：fun(191, 0)。

核心觀念

本題考查資料庫模型的基本結構，重點在於辨識「關聯式資料庫（Relational Database）」的核心元素。

關聯式資料庫以「關聯（Relation）」為理論基礎，實務上通常以「表格（Table）」呈現資料。每個表格由下列部分組成：

• 欄（Column）：代表資料的屬性或欄位。
• 列（Row）：代表一筆資料或一筆紀錄。
• 主鍵（Primary Key）：用來唯一識別每一列資料。
• 外鍵（Foreign Key）：用來建立不同表格之間的關聯。

因此，在本題選項中，最能代表關聯式資料庫基本元素的是「表格（Table）」。

解題方法

判斷本題可採用「資料模型配對法」：

1. 關聯式資料庫的資料以表格形式儲存。
2. 物件導向系統的核心概念是類別與物件。
3. 鍵值對是鍵值資料庫常見的資料表示方式。
4. 因此，屬於關聯式資料庫基本元素的選項為表格。

關聯式資料庫可簡化表示如下：

學號	姓名	成績
001	王小明	85
002	李小華	92

其中：

• 「學號」、「姓名」、「成績」是欄位。
• 每一位學生的資料是一列。
• 整個資料集合構成一個表格。

選項分析

(A) 類別（Class）—錯誤

「類別」是物件導向程式設計與物件導向分析中使用的概念，用來描述物件共同具有的屬性與方法。例如，Student 類別可以定義學生的姓名、學號及相關操作。

類別不是關聯式資料庫的基本元素。雖然在物件關聯式資料庫或 ORM（Object-Relational Mapping）中，類別可以對應到資料表，但這是應用程式與資料庫之間的映射關係，不代表類別本身就是關聯式資料庫的基本元素。

(B) 物件（Object）—錯誤

「物件」是物件導向程式設計的核心概念，代表類別所建立的具體實體，通常包含：

核心觀念

本題測驗作業系統（Operating System, OS）中**行程管理（Process Management）**的核心機制——**行程五狀態模型（Five-State Process Model）**及其狀態轉換觸發條件。

行程在生命週期中主要包含以下五種狀態：

1. 新建（New）：行程正在被建立中。
2. 就緒（Ready）：行程已準備好所有必要資源，僅等待分配中央處理器（CPU）即可立即執行。
3. 執行中（Running）：行程目前已取得 CPU 控制權，正在執行指令。
4. 等待／阻塞（Waiting / Blocked）：行程因等待特定外部事件（如 I/O 完成、接收同步訊號或子行程結束）而無法繼續推進。
5. 終止／結束（Terminated）：行程已完成工作或被強制中斷，正在等待系統回收資源。

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解題方法

解題核心在於辨識「從執行中（Running）移出 CPU」的三種不同去向及其觸發原因：

• Running $\to$ Waiting：行程無法繼續執行，必須等待特定事件或資源完成。
• Running $\to$ Ready：行程仍具備執行能力，僅因作業系統排程機制（如時間配額用盡、被更高優先權者搶占）而被迫交出 CPU。
• Running $\to$ Terminated：行程執行完畢或發生致命錯誤，生命週期結束。

題目問及「由 Running 轉為 Waiting」，因此必須尋找「導致行程無法繼續運算、必須等待外部事件」的選項。

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選項分析

• (A) 正確： 當執行中的行程發出 I/O 請求（例如呼叫系統呼叫讀取硬碟或網路封包）時，由於外部 I/O 設備的存取速度遠慢於 CPU，行程在資料返回前無法繼續執行後續指令。

核心觀念

本題考查基礎資料結構中**佇列（Queue）與堆疊（Stack）**的存取特性及其對應的經典演算法應用：

1. 佇列（Queue）：具備「先進先出（First-In, First-Out, FIFO）」特性。新增元素由尾端（Rear）加入，取出元素由前端（Front）移出。凡是需要依循「先抵達／先發現者優先處理」、「分層走訪（Level-order）」的演算法，皆適合使用佇列實作。
2. 堆疊（Stack）：具備「後進先出（Last-In, First-Out, LIFO）」特性。新增與取出元素均在頂端（Top）進行。凡是涉及「狀態保存與回溯」、「巢狀結構」、「運算式轉換」等後發生的事件必須先處理的情境，皆適合使用堆疊實作。

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解題方法

解題的切入點在於判斷題目所列演算法在處理節點或運算時的順序相依性（是 FIFO 還是 LIFO）：

廣度優先搜尋（Breadth-First Search, BFS）的探索機制是以起點為中心，「由近及遠、逐層向外擴展」。當走訪頂點 $u$ 時，其所有尚未走訪的相鄰頂點會被記錄並排在待走訪名單中；為了確保第 $k$ 層的所有節點皆在第 $k+1$ 層節點之前被走訪完畢，必須遵循「先發現的節點，其子節點優先被展開走訪」的原則。此種存取順序完全符合佇列（Queue）的 FIFO（先進先出） 機制，因此 BFS 在實作上必須仰賴佇列。

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選項分析

• (A) 錯誤：運算子優先順序解析（如算術運算式的中序轉後序、運算元與運算子解析，如 Shunting-yard 演算法），在讀取運算式時需要暫存運算子，當遇到較高優先權的運算子或右括號時，越晚放入的運算子必須越先被彈出運算，符合 LIFO 特性，最適合使用**堆疊（Stack）**實作。
• (B) 錯誤：函式呼叫與遞迴執行時，系統需要保存各層呼叫的返回位址、參數與區域變數（即堆疊框架 Stack Frame / 啟動記錄 Activation Record）。

核心觀念 本題測驗關聯式資料庫結構化查詢語言（SQL）中 SELECT 查詢敘述之修飾關鍵字。在標準 SQL 中，SELECT 預設行為為 SELECT ALL（保留所有符合條件的查詢結果，包含重複的資料列）。若在欄位清單前加上 DISTINCT 關鍵字，資料庫管理系統（DBMS）會在結果集（Result Set）投影時執行消除重複列（Duplicate Elimination）的運算，僅傳回互不相同的唯一（Unique）資料記錄。

解題方法 從標準 SQL 語法架構切入分析： 標準查詢語法為：

SELECT DISTINCT column1, column2, ...
FROM table_name;

英文「distinct」本義為「不同的、有區別的」。當 SELECT 後方加上 DISTINCT 時，查詢引擎會比對指定欄位組合的值，若出現完全相同的重複列，則僅保留一筆呈現在查詢結果中。此操作僅影響查詢結果的顯示與擷取，不會變更或刪除底層資料表內的原始資料，因此其作用為「選取不重複資料」。

選項分析

• (A) 錯誤：在 SQL 中，排序資料必須使用 ORDER BY 子句，並可搭配 ASC（升冪，預設）或 DESC（降冪）。

核心觀念

本題考查 SQL 交易控制（Transaction Control）的基本指令。

SQL 交易是由一個或多個資料庫操作所組成的工作單位。交易完成後，必須透過交易控制指令決定是否正式寫入資料庫，主要指令包括：

• COMMIT：提交交易，使交易中的異動正式生效。
• ROLLBACK：回復交易，取消尚未提交的異動。

因此，題目問「用於提交 SQL 交易」的指令，正確答案為 COMMIT。

解題方法

判斷各選項的功能分類即可：

1. 題目關鍵字是「提交交易」。
2. SQL 中表示「提交、確認並永久保存交易異動」的指令是 COMMIT。
3. 因此選擇 (A)。

交易流程可簡化表示如下：

$$\text{執行資料異動} \rightarrow \begin{cases} \texttt{COMMIT}：確認並保存異動\\ \texttt{ROLLBACK}：取消並回復異動 \end{cases}$$

例如：

UPDATE Employee
SET Salary = Salary + 1000
WHERE EmployeeID = 101;

COMMIT;

執行 COMMIT 後，前述薪資異動正式成為資料庫的一部分。

選項分析

(A) COMMIT：正確

COMMIT 是交易提交指令，用來確認目前交易中的資料異動，並使其正式生效。提交後，交易通常視為完成，其他使用者即可依資料庫管理系統的規則讀取已提交的結果。

核心觀念

本題測驗電腦網路中 OSI 七層協定模型（Open Systems Interconnection Reference Model） 各層的核心職責。 OSI 模型將網路通訊由下至上劃分為七個層級：實體層（物理層）、資料鏈結層、網路層、傳輸層、會議層、表現層、應用層。其中，負責跨網段的邏輯定址（如 IP 位址）、封包（Packet）轉送與路由選擇（Routing），以確保資料能從來源主機傳遞至目的端主機的層級為網路層（Network Layer，第三層）。

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解題方法

解題切入點在於抓住題幹中的核心關鍵字：「路由選擇（Routing）」與「來源端傳輸到目的端（跨網路主機通訊）」。

1. 功能定位：路由選擇是指資料封包在由多個網路相互連結的網際網路中，決定從來源節點經過哪些中間節點（路由器）到達目的節點的最佳路徑。
2. 層級判定：在 OSI 架構中，提供跨網路定址（Logical Addressing）並執行路徑搜尋（Path Determination）與路由選擇演算法（如 Dijkstra、Distance Vector）的標準層次即為第三層「網路層」。運作於此層的核心設備為路由器（Router）。

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選項分析

• (A) 錯誤。物理層（Physical Layer，第 1 層）：負責在實體傳輸媒介上傳送未結構化的原始位元串流（Raw Bit Stream），定義電氣訊號、機械介面、接腳規範與傳輸速率（如雙絞線、光纖、集線器 Hub、中繼器 Repeater）。該層不具備任何位址概念，亦無法處理路由選擇。
• (B) 錯誤。資料鏈結層（Data Link Layer，第 2 層）：負責相鄰節點間（Node-to-Node 或 Hop-to-Hop）的訊框（Frame）可靠傳送，主要功能為實體定址（MAC 位址）、媒介存取控制（MAC）、錯誤偵測與訊框流量控制（代表設備為交換器 Switch、橋接器 Bridge）。

核心觀念

本題考查網路安全通訊協定 TLS（Transport Layer Security，傳輸層安全性協定） 的密碼架構設計——混成密碼系統（Hybrid Cryptosystem）。

在現代網路安全通訊中，主要使用兩大類密碼技術：

1. 對稱式密碼技術（Symmetric Encryption）：加解密使用同一把金鑰（如 AES、ChaCha20）。優點是運算速度極快、硬體開銷小，非常適合大量資料的傳輸；缺點是通訊雙方事前必須共享金鑰，存在「金鑰分配與配送（Key Distribution）」的難題。
2. 非對稱式密碼技術（Asymmetric Encryption / 公開金鑰密碼技術）：使用公鑰加密、私鑰解密（如 RSA、ECC、Diffie-Hellman / ECDHE）。優點是便於在不安全的通道上安全協商金鑰，並可提供身分鑑別與數位簽章；缺點是演算法複雜、數學運算耗時，不適合直接用於大量資料的即時加解密。

TLS 結合了兩者的長處：在連線初期的「交握階段」使用非對稱式技術進行身分鑑別與金鑰協商，隨後在「資料傳輸階段」採用協商出的對稱金鑰進行高速資料加解密。

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解題方法

分析 TLS 協定的運作流程分工（切入點：交握階段 vs. 資料傳輸階段）：

1. TLS 交握階段（Handshake Phase）：

• 伺服器向用戶端出示數位憑證（X.509），利用非對稱式加密與數位簽章（如 RSA、ECDSA）來驗證伺服器（及可選的用戶端）真實身分。
• 透過非對稱金鑰交換演算法（如 ECDHE、DHE、RSA），在開放且不安全的網路環境下，安全協商並產生一組僅限本次連線使用的臨時金鑰——會話金鑰（Session Key）。

2. TLS 紀錄階段／資料傳輸階段（Record Phase）：

核心觀念

本題測驗 TCP 協定中傳輸速率調控機制的分類與差異，核心考點在於釐清**流量控制（Flow Control）與壅塞控制（Congestion Control）**在「保護對象」與「控制主體」上的本質不同：

1. 流量控制（Flow Control）：屬於端對端（End-to-End）機制，目的是保護接收端。防止傳送端發送速度過快，導致接收端的接收緩衝區（Receive Buffer）溢位（Buffer Overflow）。其實現方式是透過滑動視窗機制（Sliding Window），由接收端在 TCP 標頭（Header）的「視窗大小（Window Size）」欄位填入自身可用的接收視窗大小（$rwnd$），動態通知傳送端。
2. 壅塞控制（Congestion Control）：屬於網路層面機制，目的是保護中繼網路（路由器與連線）。防止過多資料同時注入網路造成中間節點壅塞、封包遺失。主要由傳送端維護壅塞視窗（$cwnd$），並透過慢啟動（Slow Start）、壅塞避免（Congestion Avoidance）、快速重傳（Fast Retransmit）與快速恢復（Fast Recovery）等演算法進行動態調節。

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解題方法

解題關鍵在於辨識題目中的主導者與保護對象：

• 觸發與反饋主體：「接收端」直接通知「發送端」。
• 防範目的：避免接收端的「緩衝區被過多的資料塞滿」。

由上述特徵可知，此機制完全符合「點對點調節傳輸速率以配合接收能力」之定義，即 TCP 的流量控制（Flow Control）。傳送端在發送資料時，實際可發送的資料量會受到傳送視窗限制： $\text{Send Window} = \min(rwnd, cwnd)$ 其中接收端回傳的 $rwnd$ 正是用於實施流量控制。

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選項分析

• (A) 壅塞避免（Congestion Avoidance）：錯誤。 此為 TCP「壅塞控制」機制的四個主要演算法階段之一。

核心觀念

Wi-Fi 6 主要使用 $2.4\ \mathrm{GHz}$ 與 $5\ \mathrm{GHz}$ 頻段。Wi-Fi 6E 是 Wi-Fi 6 的延伸版本，將可用頻譜擴展至 $6\ \mathrm{GHz}$；Wi-Fi 7 也支援 $6\ \mathrm{GHz}$ 頻段。

因此，相較於 Wi-Fi 6，Wi-Fi 6E 與 Wi-Fi 7 新增的頻段是：

$$6\ \mathrm{GHz}$$

題目考查的是不同 Wi-Fi 世代所支援的無線電頻段，並非傳輸速度或頻道數量。

解題方法

直接比較 Wi-Fi 6 的主要頻段與 Wi-Fi 6E、Wi-Fi 7 的支援範圍：

• Wi-Fi 6：$2.4\ \mathrm{GHz}$、$5\ \mathrm{GHz}$
• Wi-Fi 6E：在 Wi-Fi 6 基礎上新增 $6\ \mathrm{GHz}$
• Wi-Fi 7：支援 $2.4\ \mathrm{GHz}$、$5\ \mathrm{GHz}$ 與 $6\ \mathrm{GHz}$

所以新增頻段為 $6\ \mathrm{GHz}$。

選項分析

核心觀念

本題測驗 HTML（超文本標示語言）基礎標記（Elements/Tags）的語法與多媒體嵌入功能。在 HTML 規範中，網頁嵌入影像主要採用空元素（Void Element，即不具備結束標籤的標記）<img>，並透過屬性指定來源與相關設定。

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解題方法

判定 HTML 標籤時，應依據 W3C 及 WHATWG 制定的 HTML 標準規範：

1. 標準語法結構：HTML 用於在網頁內嵌靜態圖片（如 JPEG、PNG、GIF、SVG 等）的標準標記為 <img>。
2. 必備屬性：該標籤必須搭配 src（Source，圖片路徑/網址）以載入圖檔，以及 alt（Alternate text，替代文字）以利無障礙存取與搜尋引擎最佳化（SEO），例如：

<img src="logo.png" alt="網站商標">

3. 根據標準規格逐一比對選項，即可確定正確標記。

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選項分析

• (A) <image>：錯誤。 HTML 標準規範中並沒有 <image> 這個用來嵌入網頁圖片的標準標籤（雖在 SVG 向量圖形內部有專屬的 <image> 標籤，且早期部分瀏覽器為向下相容會自動將其解析為 <img>，但其非 HTML 標準語法）。
• (B) <img>：正確。

核心觀念

本題測驗網頁前端技術的基礎架構與分工原則。現代網頁標準（Web Standards）遵循「內容、表現、行為分離」（Separation of Concerns）的設計原則，前端三大核心技術各司其職：

1. HTML（HyperText Markup Language，超文字標記語言）：負責「網頁的內容結構與語意」，定義文字、標題、表格、段落及超連結等骨架元素。
2. CSS（Cascading Style Sheets，階層式樣式表）：負責「網頁的視覺呈現與版面配置」，控制色彩、字型、間距、排版（如 Flexbox、Grid）及響應式設計（RWD）。
3. JavaScript：負責「網頁的動態行為與互動邏輯」，處理使用者操作事件、資料驗證及非同步請求（AJAX）。

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解題方法

解題切入點在於英文全名意涵與前端架構職責分工：

• CSS 的英文全名為 Cascading Style Sheets，其中的「Style（樣式）」即代表視覺外觀與修飾。
• 網頁設計中，為了提高程式碼的可維護性與重用性，將「結構（HTML）」與「樣式（CSS）」解耦，因此 CSS 專注於頁面元素的外觀、色彩、字體大小及佈局定位。

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選項分析

• (A) 錯誤： 網頁元件的權限控制（如不同使用者角色的瀏覽、操作或編輯權限）屬於系統安全與授權機制，必須由伺服器端（後端程式與資料庫）或前端應用程式狀態邏輯（如 JavaScript 配合權限驗證）處理。

核心觀念

本題測驗資訊安全（Information Security）的基本防護目標——CIA 三要素（保密性、完整性、可用性）與不可否認性，以及**單向雜湊函數（One-Way Hash Function）**在資料安全上的實際應用。

1. 資訊安全核心屬性：

• 保密性（Confidentiality）：防範未經授權的存取與資訊窺探。
• 完整性（Integrity）：確保資料在傳輸或儲存過程中，未遭受未授權的竄改、偽造、插入或損毀，保持資料的正確性與真實性。
• 可用性（Availability）：確保合法授權的使用者在需要時，隨時可存取系統、網路與資料。
• 不可否認性（Non-repudiation）：確保傳輸雙方無法否認其所發送或接收之訊息行為。

2. 雜湊函數（Hash Function）：

• 如 MD5、SHA-1、SHA-256 等，能將任意長度的資料轉換為固定長度的雜湊值（Digest / Checksum）。
• 具備雪崩效應（Avalanche Effect）與抗碰撞性（Collision Resistance）：只要原始檔案中改動了極微小的內容（哪怕只有 1 個 bit），所產生的雜湊值將完全不同，因此常用於驗證檔案是否保持原貌。

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解題方法

從雜湊函數的運作機制切入判斷：

1. 官方發布雜湊值：軟體或檔案發布者於官方網站提供檔案 $F$，並同時公布以特定雜湊演算法計算出的雜湊值 $H(F)$。
2. 使用者下載並重新計算：使用者下載得到檔案 $F'$ 後，在本地端執行相同的雜湊演算法計算出 $H(F')$。
3. 比對驗證：

• 若 $H(F') = H(F)$，代表檔案在下載傳輸過程中未遭到惡意植入木馬、竄改，亦無傳輸過程中的封包遺失或檔案毀損。
• 若 $H(F') \neq H(F)$，代表檔案已被變更或損毀，不應執行。

4. 結論：比對雜湊值係為了防範與偵測「未授權的修改或損壞」，此即為維護資訊安全的完整性（Integrity）。

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選項分析

• (A) 錯誤。可用性（Availability） 可用性著重於「合法使用者在需要時能否順利取得服務或資源」，常見防護機制包含系統備援（Redundancy）、負

核心觀念

本題考查 GPU 與 CPU 的設計目標及適用工作類型：

• GPU：具有大量運算核心，適合將相同或相似的運算，同時套用到大量資料上，稱為平行運算。常見應用包括影像處理、圖形渲染、大規模矩陣運算及深度學習。
• CPU：核心數通常較少，但單一核心功能較完整，擅長複雜邏輯判斷、分支控制、序列處理及一般用途運算。

判斷本題的關鍵，在於辨識「大量資料的平行處理」與「複雜流程控制」分別較符合哪一種處理器的特性。

解題方法

逐一檢查各選項所描述的「處理器」與「工作特性」是否相互配合：

1. 大量核心、同時處理多筆資料：符合 GPU 的平行運算設計。
2. 複雜邏輯判斷與流程控制：主要是 CPU 的強項。
3. 大數據模擬與深度學習訓練：通常由 GPU 提供大量平行運算能力，以提升處理速度。
4. 影像渲染與大規模矩陣運算：通常是 GPU 的典型應用。

因此，只有 (A) 的配對正確。

選項分析

(A) GPU 擁有大量核心，適合同時處理多筆資料的平行運算

正確。

GPU 採用大量運算核心，單一核心的控制能力通常不如 CPU 複雜，但能將相同類型的運算分配給許多核心，同時處理大量資料。例如影像中的每個像素，常需要執行相似的亮度、色彩或座標計算，適合由 GPU 平行處理。

因此，「大量核心」與「平行運算」是 GPU 的典型特徵，本選項正確。

(B) GPU 比較擅長處理需要複雜邏輯判斷與流程控制的工作

錯誤。

核心觀念

本題考查計算機組織與結構中的 CPU 指令管線化（Instruction Pipelining） 基本原理與設計哲學。

1. 管線化（Pipelining）核心定義： 管線化概念源自工業製造的「裝配生產線（Assembly Line）」。CPU 將一個指令的執行過程切分為多個獨立的子步驟（如：取指 IF、解碼 ID、執行 EX、訪存 MEM、寫回 WB）。
2. 重疊並行（Overlapped Execution）： 當前一個指令進入後續階段時，下一個指令即可進入前一階段，使得多個指令在同一個時鐘週期內處於不同的執行階段重疊執行。
3. 效能指標區分：

• 延遲（Latency）：單一指令從開始到完成所需的時間。管線化無法縮短單一指令的延遲，甚至因硬體暫存器（Pipeline Register）的傳遞延遲而略微增加。
• 吞吐量（Throughput）：單位時間內所能完成的指令總數。管線化的真正目的是極大化整體指令的吞吐量（IPC, Instructions Per Cycle 趨近於 1）。

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解題方法

分析管線化的本質特徵：

• 指令管線化並非改變單一指令的執行速度，而是透過時間上的重疊（Temporal Parallelism），讓不同硬體單元在同一時刻分別服務不同指令的不同生命週期。
• 比對各選項敘述，尋找符合「重疊執行」、「提升輸送量／產出率」特性的選項，並剔除混淆概念（如時脈超頻、降低單一延遲、多執行緒技術）。

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選項分析

• (A) 錯誤： 管線化將指令切成多個小階段，使每個階段的關鍵路徑延遲（Critical Path Delay）縮短，理論上能允許處理器採用較高的時脈頻率，但這屬於硬體劃分帶來的衍生效果，並非管線化技術本身的「主要設計目

核心觀念 本題測驗作業系統中「常見作業系統與其主要檔案系統（File System）之對應關係」。 檔案系統是作業系統用來組織、儲存、檢索與管理磁碟資料的架構。不同的作業系統家族皆有其經典且原生支援的檔案系統標準：

1. Linux 家族：以 ext（Extended File System）系列最為著名且廣泛使用，包含 ext2、ext3 及目前普及的 ext4（第四代擴充檔案系統）；伺服器發行版亦常見 XFS 或 Btrfs。
2. Microsoft Windows 家族：早期的 FAT（FAT12/16/32）、跨平台隨身碟常用的 exFAT，以及 Windows NT 架構至今的標準 NTFS。
3. Apple macOS/iOS 家族：早期的 HFS、長年採用的 HFS+（Mac OS 擴充格式），以及目前主流採用的 APFS（Apple File System）。

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解題方法 本題採用「作業系統生態圈分類對應法」進行解題： 直接辨識各選項所屬的作業系統陣營，找出專屬於 Linux 生態且具備日誌記錄（Journaling）功能的原生主流檔案系統：

• APFS $\rightarrow$ Apple 裝置（macOS / iOS 等）
• ext4 $\rightarrow$ Linux 發行版（如 Ubuntu、Debian 等）
• HFS+ $\rightarrow$ 舊版 Apple macOS
• NTFS $\rightarrow$ Microsoft Windows

因此，只有 (B) ext4 屬於 Linux 系統安裝時預設採用或原生支援的檔案系統。

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選項分析

• (A) APFS（Apple File System）：【錯誤】 由蘋果公司（Apple）開發，專為 macOS（macOS High Sierra 10.13 起）、iOS、iPadOS、watchOS 等 Apple 裝置量身打造的現代檔案系統。其具備寫入時複製（Copy-on-Write, CoW）、快速目錄調整大小、快照（Snapshot）及高強度資料加密等特性，並非 Linux 的預設檔案系統。

核心觀念

1. C 語言二維陣列的記憶體映射（Memory Mapping）： C 語言的二維陣列在實體記憶體中是以**列為主（Row-Major Order）**的方式連續存放，亦即先依序儲存第 0 列的所有元素，再儲存第 1 列的所有元素，依此類推。
2. 0-based 索引特性： C 語言的陣列索引（Index）一律由 $0$ 起算。宣告 arr[R][C] 時，列索引範圍為 $0 \sim R-1$，行（欄）索引範圍為 $0 \sim C-1$。
3. 偏移位址（Offset）計算公式： 給定二維陣列宣告 T arr[R][C]，每個元素大小為 $S$ 位元組（bytes），則元素 arr[i][j] 相對於陣列起始位址（Base Address）的偏移量計算公式為： $\text{Offset} = (i \times C + j) \times S$

• $i$：目標元素之前的完整列數。
• $C$：每一列所包含的元素總數（即宣告中的行數／欄數）。
• $j$：目標元素在該列之前的元素個數。
• $S$：個別元素的資料型態大小（位元組數）。

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解題方法

1. 擷取題目參數：

• 陣列宣告：int arr[8][15] $\rightarrow$ 總列數 $R = 8$、每列元素數 $C = 15$。
• 目標元素：arr[4][7] $\rightarrow$ 列索引 $i = 4$、行索引 $j = 7$。
• 元素大小：$S = 4\text{ bytes}$（題目給定 int 型態大小為 4-byte）。

2. 計算目標元素前方累積的元素個數：

• 在第 $4$ 列之前，已有完整的第 $0$、$1$、$2$、$3$ 列，共計 $4$ 個完整的列： $4 \times 15 = 60\text{ 個元素}$
• 在第 $4$ 列之中，索引為 $7$ 的元素前面已有索引 $0 \sim 6$，共計 $7$ 個元素。
• 目標元素 arr[4][7] 之前累積的總元素數量為： $60 + 7 = 67\text{ 個元素}$

3. 計算偏移位址（Offset）：

• 將前方累積元素總數乘以每個元素的大小： $\text{Offset} = 67 \times 4 = 268\text{ bytes}$

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核心觀念

本題考查近距離無線通訊技術的應用與特性，關鍵情境包括：

• 行動支付
• 電子票證
• 門禁感應
• 近距離、非接觸式身分驗證與交易

其中，最符合上述用途的是 Near-Field Communication（NFC，近場通訊）。

NFC 通常工作於 $13.56\text{ MHz}$ 頻段，通訊距離很短，多為數公分內。裝置只要彼此靠近，即可進行資料交換、卡片識別、票證扣款或門禁驗證，常見於手機感應支付、交通卡、門禁卡及電子票證。

解題方法

本題可採「應用情境對應技術」判斷：

1. 題幹出現「行動支付」與「電子票證」，首先聯想到手機感應付款與交通卡。
2. 題幹出現「門禁系統」與「無線感應」，表示裝置通常只需近距離接觸或靠近。
3. 具有「短距離、非接觸、感應式交易」特性的無線技術，就是 NFC。
4. 其餘選項雖然也屬於無線通訊技術，但主要應用場景或通訊距離與題幹不符。

因此，正確選項為 (B) Near-Field Communication。

選項分析

(A) Wi-Fi 6（IEEE 802.11ax）錯誤

Wi-Fi 6 是 IEEE 802.11ax 無線區域網路標準，主要用於：

• 無線網際網路
• 家庭與企業區域網路
• 高密度環境中的多裝置連線
• 高速資料傳輸

Wi-Fi 6 的通訊距離與傳輸速率通常遠高於 NFC，重點在於網路連線與大量資料傳輸，而非使用裝置靠近即可完成感應式支付、票證或門禁驗證。因此不符合題幹所描述的主要技術。

(B) Near-Field Communication 正確

NFC 是一種短距離無線通訊技術，適合在裝置彼此靠近時進行資料交換。其典型應用包括：

• 手機感應支付
• 電子票證與大眾運輸票卡
• 門禁卡與身分識別
• 感應式標籤與裝置配對

核心觀念

本題評量作業系統中 CPU 排程（CPU Scheduling）的核心演算法——最短剩餘時間優先（Shortest Remaining Time First, SRTF）。

1. SRTF 定義：為最短工作優先（Shortest Job First, SJF）的可搶占（Preemptive）版本。當有新行程（Process）到達系統時，CPU 會比較「新行程所需的執行時間」與「目前正在執行之行程的剩餘執行時間」：

• 若新行程所需時間小於目前行程剩餘時間，新行程將搶占 CPU。
• 否則，目前行程繼續執行。

2. 關鍵計算公式：

• 周轉時間（Turnaround Time, TAT）：行程從到達至全部執行完畢的時間區間。 $\text{TAT} = \text{完成時間（Completion Time, CT）} - \text{到達時間（Arrival Time, AT）}$
• 等待時間（Waiting Time, WT）：行程在就緒佇列（Ready Queue）中等待獲得 CPU 服務的累計時間。 $\text{WT} = \text{周轉時間（TAT）} - \text{CPU 執行時間（Burst Time, BT）}$ 亦即：$\text{WT} = \text{CT} - \text{AT} - \text{BT}$

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解題方法

以時間軸推進並繪製**甘特圖（Gantt Chart）**分析各行程的狀態轉換：

步驟 1：逐步推演排程事件

• 時間點 $t = 0$：
• 只有 $P1$ 到達（剩餘時間 $= 8$），$P1$ 獲得 CPU 開始執行。
• 時間點 $t = 1$：
• $P1$ 已執行 $1$ 單位時間，剩餘時間為 $8 - 1 = 7$。
• $P2$ 到達（需執行時間 $= 4$）。
• 比較剩餘時間：$P2(4) < P1(7)$，發生搶占！$P1$ 返回就緒佇列，$P2$ 取得 CPU 開始執行。
• 時間點 $t = 2$：
• $P2$ 已執行 $1$ 單位時間，剩餘時間為 $4 - 1 = 3$。
• $P3$ 到達（需執行時間 $= 2$）。
• 比較剩餘時間：$P3(2) < P2(3) < P1(7)$，再次發生搶占！$P2$ 返回就緒佇列，$P3$ 取得 CPU 開始執行。
• 時間點 $t = 2 \sim 4$：
• $P3$ 執行完畢（需要 $2$ 單位時間，於 $t = 4$ 完成）。
• 時間點 $t = 4$：
• 目前就緒佇列中有 $P2$（剩餘時間 $= 3$）與 $P1$（剩餘時間 $= 7$）。
• 比較剩餘時間：$P2(3) < P1(7)$，$P2$ 重新取得 CPU 繼續執行。
• 時間點 $t = 4 \sim 7$：
• $P2$ 執行完畢其剩餘的 $3$ 單位時間，於 $t = 7$ 完成。
• 時間點 $t = 7 \sim 14$：

核心觀念

本題測驗「計算機系統架構」中**系統軟體（System Software）與應用軟體（Application Software）**之分工、層級關係與硬體存取機制。

1. 軟體架構層級： 電腦系統自上而下的層次架構為： $\text{使用者（User）} \longrightarrow \text{應用軟體（Application）} \longrightarrow \text{系統軟體（OS / Driver）} \longrightarrow \text{硬體（Hardware）}$
2. 系統軟體之定位： 主要包含作業系統（Operating System, OS）、設備驅動程式（Device Driver）、公用程式（Utilities）與語言處理程式（如 Compiler, Assembler）。其核心職責為管理與分配底層硬體資源（CPU、記憶體、I/O 設備等），並提供一致、安全的中介介面供上層應用程式使用。
3. 應用軟體之定位： 針對特定業務或使用者需求設計的軟體（如文書處理、試算表、瀏覽器等）。為維持系統安全性與硬體穩定性，現代作業系統將執行權限劃分為「使用者模式（User Mode）」與「核心模式（Kernel Mode）」，應用軟體不可越權直接下達特權指令操作實體硬體，必須經由**系統呼叫（System Call）**委由系統軟體代為存取。

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解題方法

本題之解題切入點在於電腦軟體階層的從屬關係與存取特權：

1. 硬體管理權歸屬：硬體直接受系統軟體（核心、驅動程式）管控。
2. 存取途徑判斷：應用軟體需要硬體資源（例如讀寫硬碟資料、螢幕顯示畫面）時，必須呼叫系統軟體提供的 API／系統呼叫，因此應用軟體對硬體之使用屬於「間接使用」。

核心觀念

本題考查**電腦網路效能與服務品質（Quality of Service, QoS）**的核心指標定義。

在資料通訊與網際網路協定中，評估網路效能通常涵蓋四大基本指標：

1. 頻寬（Bandwidth / Throughput）：單位時間內網路能傳送的資料量（如 Mbps, Gbps）。
2. 傳輸延遲（Delay / Latency）：封包自來源端出發抵達目的端所耗費的時間。
3. 延遲抖動（Jitter / Packet Delay Variation, PDV）：各封包傳輸延遲時間的變異程度（即延遲時間的不穩定性或離散程度）。
4. 封包遺失率（Packet Loss Rate）：在傳輸過程中因路由器佇列溢位或訊號錯誤而損毀、遺失的封包比例。

依據網際網路工程任務組（IETF）在 RFC 3393（IP Packet Delay Variation Metric）與 RFC 3550（RTP）中的定義，**Jitter（抖動）**本質上就是衡量「封包傳輸延遲的波動或變異」。若將第 $i$ 個封包的延遲記為 $D_i$，則 Jitter 即用以量化 $\{D_i\}$ 序列相較於平均延遲的分散程度，在統計學上常以變異數（Variance, $\mathrm{Var}(D)$）或相鄰封包延遲差值的絕對期望值來表示。

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解題方法

題目詢問「關於 jitter 的描述，下列何者正確」。

解題切入點在於判斷 Jitter 所描述的物理量維度：

• Jitter 在訊號與通訊領域中，專門用來描述「時間軸上的誤差與不穩定性」。
• 在封包交換網路（Packet-Switching Network）中，每個封包可能經過不同路由，或在各節點路由器佇列中經歷不同的排隊等待時間，導致抵達時間間隔不固定。

核心觀念

本題考查 C 語言的：

• 陣列與指標的關係
• 指標位移（pointer arithmetic）
• 函式以指標傳遞陣列，直接修改原陣列內容
• printf 輸出格式

在 C 語言中，陣列名稱 arr 通常可視為指向第一個元素的指標，因此：

$$arr+2$$

代表指向 arr[2] 的位置。函式接收到此指標後，函式中的 arr[0] 實際上就是主程式中的原陣列 arr[2]。

解題方法

原始陣列為：

$$arr=\{1,2,3,4,5\}$$

呼叫：

processArray(arr + 2, 3);

此時：

• arr + 2 指向原陣列的 arr[2]
• size 為 $3$
• 函式迴圈執行 $i=0,1,2$

函式中的：

arr[i] *= 2;

實際修改如下：

函式中的位置	對應原陣列位置	修改結果
arr[0]	原 arr[2]	$3\times2=6$
arr[1]	原 arr[3]	$4\times2=8$
arr[2]	原 arr[4]	$5\times2=10$

因此，原陣列變為：

$$\{1,2,6,8,10\}$$

接著執行：

printf("%d %d", arr[1], arr[3]);

取出的值為：

$$arr[1]=2,\qquad arr[3]=8$$

核心觀念

本題測驗電腦網路中四大**資料交換技術（Data Switching Techniques）**之基本定義與應用範疇：

1. 電路交換（Circuit Switching）：通訊前須先建立專屬的實體通道，通話期間獨占頻寬（如傳統電話系統 PSTN）。
2. 訊息交換（Message Switching）：以整份完整訊息為單位進行「儲存轉發（Store-and-Forward）」，不拆分資料。
3. 封包交換（Packet Switching）：將資料切割為離散的「封包（Packet）」，各封包附有標頭（Header）並獨立尋徑，動態共享網路頻寬。
4. 細胞交換（Cell Switching）：結合封包交換與電路交換特性，採用固定微小長度單位（Cell，如 ATM 53 位元組）傳輸。

網際網路協定（IP, Internet Protocol）是 TCP/IP 協定堆疊中的網路層（Network Layer）核心協定，其本質是建立在**無連接（Connectionless）**且以「資料庫封包（Datagram / Packet）」為傳輸單位的交換架構上。

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解題方法

從現代網際網路（Internet）與 IP 網路的設計哲學切入：

• IP 網路的根本目標是建立高容錯、分散式且能動態共享網路資源的環境。
• 在傳輸資料時，IP 協定將來自傳輸層的資料分割為具有最大傳輸單元（MTU）限制的「IP 封包（IP Packet）」，每個封包獨立攜帶來源 IP 與目的 IP 位址。
• 網路中的路由器（Router）依據路由表逐躍點（Hop-by-hop）將封包「儲存轉發」至下一個節點，無須預先建立專屬實體線路。
• 因此，IP 通訊網路最根本、主要的資料交換技術必然為封包交換（Packet Switching）。

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選項分析

• (A) 細胞交換（Cell Switching）：錯誤。細胞交換以非同步傳輸模式（ATM, Asynchronous Transfer Mode）為典型代表，特點是將資料切割為固定長度 53 位元組（5 位元組標頭與 48 位元組載荷）的「細胞（Cell / 信元）

核心觀念

本題測驗關聯式資料庫管理系統（RDBMS）中索引（Index）的建立準則與效能最佳化策略。

1. 索引的工作原理：索引（常用資料結構為 B-Tree 或 B+ Tree）如同書籍的目錄，其主要目的是讓查詢最佳化器（Query Optimizer）能以 $O(\log N)$ 的時間複雜度快速定位目標資料列，避免進行高 I/O 成本的「全表掃描」（Full Table Scan）。
2. 適合建立索引的情境：

• 經常作為篩選條件（WHERE 子句）、資料表關聯條件（JOIN 子句）、分組（GROUP BY）或排序（ORDER BY）的欄位。
• 資料量龐大且具備高選擇性（High Selectivity）或高基數（High Cardinality）的欄位（即相異值多、重複率低）。

3. 不適合建立索引的情境：

• 資料量極小的資料表。
• 低基數／低選擇性欄位（如性別、布林值等相異值極少的欄位）。
• 異動頻繁（頻繁執行 INSERT、UPDATE、DELETE）的欄位，因為修改資料時資料庫必須耗費額外成本同步維護索引樹結構。

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解題方法

評估建立索引是否能「最有效提升查詢效能」，切入點為查詢最佳化器的存取路徑成本模型（Cost Model）：

• 評估過濾與關聯效益：查詢指令的效能瓶頸往往在於多表關聯與條件篩選。若在 WHERE 與 JOIN 引用的鍵值欄位上建立索引，能直接將需要讀取的資料區塊數量降至最低，節省巨量磁碟 I/O。
• 排除負效益情境：在小資料表、低選擇性欄位或頻繁更新的欄位上建立索引，不僅無法被查詢最佳化器採用，反而會浪費儲存空間並拖慢寫入效能。

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選項分析

核心觀念

本題測驗物件導向程式設計（Object-Oriented Programming, OOP）三大/四大核心特性之一的**「多型」（Polymorphism）**概念。

1. 物件導向四大核心特性：

• 封裝（Encapsulation）：將資料（屬性）與操作資料的方法綁定在一起，並對外隱藏內部細節（Data Hiding）。
• 繼承（Inheritance）：子類別繼承父類別的屬性與方法，以達到「程式碼再使用」（Code Reuse）並建立層級架構（is-a 關係）。
• 多型（Polymorphism）：希臘字根意指「多種型態」。核心精神在於**「相同介面，多元實作」**（Same Interface, Multiple Implementations），即同一個訊息或方法名稱發送給不同物件時，能依物件的實際類型表現出不同的行為。
• 抽象（Abstraction）：僅展現系統的重要特徵，忽略不相關的實作細節。

2. 多型的實現方式：

• 動態多型（執行期多型）：透過「方法覆寫」（Method Overriding）與動態繫結（Dynamic Binding）達成。父類別定義方法簽章，各衍生子類別各自提供具體實作。
• 靜態多型（編譯期多型）：透過「方法多載」（Method Overloading）或範型（Generics）達成。

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解題方法

直接比對多型的標準定義與各選項描述： 多型的本質在於允許呼叫端使用統一的方法名稱（介面）來呼叫功能，而由不同類別依各自的需求實作相應邏輯。因此，鎖定敘述符合「同一方法介面、不同類別有不同實作」的選項即可破題。

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選項分析

核心觀念

本題考「排序演算法的穩定性（Stable）」。

若資料具有相同鍵值，排序後仍維持其原本的先後順序，稱為穩定排序。例如：

• 原始順序：$(A, 70)、(B, 70)$
• 排序後仍為：$(A, 70)、(B, 70)$

則此排序具有穩定性。

判斷重點是：演算法在排序過程中，是否可能使「鍵值相同的資料」彼此交換順序。

解題方法

依照一般教科書與考試的標準實作判斷：

• 泡沫排序：穩定
• 選擇排序：不穩定
• 插入排序：穩定
• 快速排序：不穩定

因此穩定的排序演算法為：

$$①、③$$

故選擇 $(B)$。

各排序演算法分析

① 泡沫排序（Bubble Sort）—穩定

泡沫排序反覆比較相鄰的兩個元素，若前者大於後者才交換：

$$A_i > A_{i+1}$$

相等時不交換，因此相同鍵值的資料不會因為比較而互換相對位置。

例如：

$$(A, 5)、(B, 5)$$

由於兩者鍵值相等，不會執行交換，所以仍維持 $A$ 在 $B$ 之前，具有穩定性。

② 選擇排序（Selection Sort）—通常不穩定

選擇排序每一回合找出未排序部分的最小值，再與未排序區段的第一個元素交換。

例如：

$$(A, 2)、(B, 1)、(C, 2)$$

第一回合找到 $(B,1)$，並與 $(A,2)$ 交換：

$$(B,1)、(A,2)、(C,2)$$

原本 $(A,2)$ 在 $(C,2)$ 前面，交換後仍然是 $A$ 在 $C$ 前面；但在其他資料排列下，最小值的交換可能跨越相同鍵值元素，使相同鍵值資料的相對順序改變。

例如：

$$(A, 2)、(B, 2)、(C, 1)$$

將 $(C,1)$ 與第一個元素 $(A,2)$ 交換後：

$$(C,1)、(B,2)、(A,2)$$

核心觀念

本題測驗「二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST）」的建構原理與「樹的走訪（Tree Traversal）」演算法：

1. 二元搜尋樹（BST）定義：

• 具有二元樹的結構。
• 若左子樹不為空，則左子樹上所有節點的值均小於根節點的值。
• 若右子樹不為空，則右子樹上所有節點的值均大於根節點的值。
• 其左、右子樹亦各自為二元搜尋樹。

2. 樹的常見走訪方式：

• 前序走訪（Preorder Traversal）：順序為「根 $\to$ 左 $\to$ 右」（VLR）。
• 中序走訪（Inorder Traversal）：順序為「左 $\to$ 根 $\to$ 右」（LVR）。在 BST 中，中序走訪結果必定為由小到大的遞增排序。
• 後序走訪（Postorder Traversal）：順序為「左 $\to$ 右 $\to$ 根」（LRV）。
• 階層走訪（Level-order Traversal）：由上至下、同層由左至右逐層走訪（廣度優先，BFS）。

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解題方法

步驟一：依序插入節點建立二元搜尋樹

給定插入序列：$15, 10, 20, 8, 12, 17, 25$。

1. 插入 $15$：作為樹根（Root）。
2. 插入 $10$：$10 < 15$，置於 $15$ 之左子節點。
3. 插入 $20$：$20 > 15$，置於 $15$ 之右子節點。
4. 插入 $8$：$8 < 15 \to 8 < 10$，置於 $10$ 之左子節點。
5. 插入 $12$：$12 < 15 \to 12 > 10$，置於 $10$ 之右子節點。
6. 插入 $17$：$17 > 15 \to 17 < 20$，置於 $20$ 之左子節點。
7. 插入 $25$：$25 > 15 \to 25 > 20$，置於 $20$ 之右子節點。

建構完成後的樹狀結構如下：

 15
 / \
 10 20
 / \ / \
 8 12 17 25

步驟二：執行前序走訪（根 $\to$ 左 $\to$ 右）

1. 訪問樹根：$15$。
2. 遞迴訪問以 $10$ 為根的左子樹：

• 訪問根節點：$10$
• 訪問左子節點：$8$
• 訪問右子節點：$12$
• 左子樹走訪序列為：$10, 8, 12$。

核心觀念

本題測驗「關聯式資料庫（RDBMS）」與「非關聯式資料庫（NoSQL Database）」之架構特性與適用情境比較，重點在於 綱要設計（Schema Design） 的彈性：

1. 關聯式資料庫（RDBMS）：仰賴預先定義的靜態結構（Fixed/Rigid Schema），要求資料表符合嚴格的綱要與型態限制。
2. NoSQL 資料庫：多數具備 無綱要（Schema-less / Schema-free） 或動態綱要（Dynamic Schema）特性，支援半結構化（如 JSON/BSON）與非結構化資料，允許不同筆紀錄擁有相異的欄位結構。

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解題方法

本題的解題切入點在於題幹的兩大核心需求：

1. 「快速開發實驗性功能」：系統需具備高度敏捷性，避免因資料模型異動而付出過多維護代價。
2. 「資料欄位常會變化且格式不固定」：底層儲存必須允許各筆資料具備不同的屬性集合，毋須預先鎖定欄位名稱與型別。

在四個選項中，只有 NoSQL 資料庫（特別是文件導向型，如 MongoDB）允許在同一集合（Collection）中存儲不同結構的資料，新增或刪減欄位不需執行耗時且可能鎖表的結構異動操作，最符合快速迭代與多變格式的應用需求。

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選項分析

• (A) 關聯式資料庫（錯誤）： 關聯式資料庫（如 MySQL、PostgreSQL、Oracle）強調嚴格的綱要結構與資料完整性限制。若欄位經常變動，每次皆須透過 ALTER TABLE 變更資料表結構，在快速開發、欄位頻繁增減或試驗階段，容易造成開發延宕與資料庫效能負擔。
• (B) 物件導向資料庫（錯誤）：

核心觀念

本題測驗關聯式資料庫結構化查詢語言（SQL）中的 LIKE 運算子 與 萬用字元（Wildcard Characters） 的模式比對（Pattern Matching）應用。

在標準 SQL 語法中，LIKE 常用於文字欄位的模糊比對，主要搭配兩種萬用字元：

1. 百分比符號 %：代表「零個、一個或多個任意字元」。
2. 底線符號 _：代表「恰好一個任意字元」。

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解題方法

檢視題目給定的 SQL 查詢子句：

WHERE ename LIKE 'S%'

1. 字串模式結構：

• 模式第一個字元為固定字母 'S'。
• 後方緊接著萬用字元 '%'，表示接續 0 到多個任意字元。

2. 語意解析：

• 字串必須以 'S' 作為起始字母。
• 後續無論沒有字元（如 'S'）、一個字元（如 'So'）、或多個字元（如 'Smith'、'Scott'）皆符合條件。

3. 結論：

• 此條件篩選出「員工姓名以 S 開頭」的所有記錄。

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選項分析

• (A) 錯誤： 若要篩選「名字第二個字母是 S 的員工」，表示第一個位置必須是恰好一個任意字元（使用底線 _），第二個位置為 S，後續接任意字元。對應的 SQL 語法應為：

核心觀念

本題考查 SQL 查詢的「邏輯執行順序」。當查詢同時包含 WHERE、GROUP BY、HAVING、ORDER BY 時，概念上的處理順序如下：

$$\text{WHERE} \rightarrow \text{GROUP BY} \rightarrow \text{HAVING} \rightarrow \text{ORDER BY}$$

完整的 SQL 邏輯處理順序通常為：

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

本題未列出 FROM 與 SELECT，因此只比較題目列出的四個子句。

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解題方法

可依各子句的功能判斷其先後：

1. WHERE：先篩選資料列 WHERE 用來篩選符合條件的個別資料列。未通過條件的資料，不會進入後續分組。

2. GROUP BY：將篩選後的資料分組 資料先經過 WHERE 篩選，再依指定欄位分組，形成各個群組。

3. HAVING：篩選分組後的群組 HAVING 是針對群組進行條件篩選，常搭配聚合函數，例如：

HAVING COUNT(*) > 5

因此必須在 GROUP BY 之後執行。

4. ORDER BY：排列最後結果 ORDER BY 是對查詢結果進行排序，通常放在邏輯處理流程的最後。

因此順序為：

$$\boxed{\text{WHERE} \rightarrow \text{GROUP BY} \rightarrow \text{HAVING} \rightarrow \text{ORDER BY}}$$

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選項分析

(A) WHERE → GROUP BY → HAVING → ORDER BY：正確

核心觀念

本題測驗 TCP/IP 協定架構中「網路互聯層」與「資料連結層（網路存取層）」之間的位址映射機制。

在區域網路（如乙太網路）中，封包必須封裝成資料訊框（Data Frame）才能實體傳送，而訊框標頭需要目的地的「實體位址（MAC 位址，48 位元）」。當傳送端僅知道接收端的「邏輯位址（IPv4 位址，32 位元）」時，必須透過**位址解析協定（Address Resolution Protocol, ARP）**查詢並對應出正確的 MAC 位址。

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解題方法

解題關鍵在於擷取題幹核心動態：「IP 位址轉換為 MAC 位址」與「區域網路傳送」。

1. 主機在 LAN 中傳送封包前，會先查詢本機的 ARP 快取表（ARP Table/Cache）。
2. 若快取中沒有該 IP 對應的 MAC 位址，主機會在區網內發送 ARP Request（廣播 Broadcast），詢問擁有該 IP 的主機。
3. 擁有該 IP 的目標主機會以 ARP Reply（單播 Unicast） 回應自己的 MAC 位址。
4. 主機取得 MAC 位址後填入乙太網路訊框標頭送出，並將該對應關係記錄在 ARP 快取中。

此功能完全符合位址解析協定（ARP）之定義。

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選項分析

• (A) ARP（Address Resolution Protocol，位址解析協定）：【正確】 負責將已知的「IP 位址」轉換為「MAC 位址」，使資料能在區域網路鏈結層正確定址與傳遞。

核心觀念

1. 子網路遮罩（Subnet Mask）與網段計算： 子網路遮罩用來區分 IP 位址中的「網路識別碼（Network ID）」與「主機識別碼（Host ID）」。將 IP 位址與子網路遮罩進行「邏輯 AND（與）」運算，所得結果即為該主機所在的子網路位址（Network Address）。
2. 預設閘道（Default Gateway）之網路架構限制： 當主機欲連線至外部網路（跨網段或網際網路）時，必須將封包送往預設閘道（通常為路由器介面）。因此，主機與預設閘道在邏輯上必須位於同一個子網段內，主機才能透過同網段的 ARP（位址解析協定，Address Resolution Protocol）廣播取得閘道的 MAC 位址，進而完成第二層資料連結層（Data Link Layer）的訊框封裝並送出封包。

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解題方法

步驟一：計算主機所屬的子網路位址

• 主機 IP：$190.114.1.50$
• 子網路遮罩（Netmask）：$255.255.255.0$（即 $/24$）
• 進行邏輯 AND 運算： $190.114.1.50 \text{ AND } 255.255.255.0 = 190.114.1.0$
• 主機所屬子網路為 $190.114.1.0/24$，該網段可用的主機 IP 範圍為 $190.114.1.1 \sim 190.114.1.254$。

步驟二：檢視預設閘道（Gateway）所屬的子網路位址

• 題目設定之 Gateway IP：$190.114.2.254$
• 依相同的子網路遮罩進行邏輯 AND 運算： $190.114.2.254 \text{ AND } 255.255.255.0 = 190.114.2.0$
• 閘道所在子網路為 $190.114.2.0/24$。

步驟三：結論推導

• 因 $190.114.1.0 \neq 190.114.2.0$，主機與預設閘道分屬不同子網段。

核心觀念

本題測驗 OSI 七層模型 中網路互連設備的運作層級與功能差異：

1. 交換器（Switch，指標準 Layer 2 交換器）：

• 運作於資料鏈結層（Data Link Layer, Layer 2）。
• 依據 MAC 位址（實體位址）轉送「訊框（Frame）」。
• 負責**同一個區域網路（LAN）**或同一個廣播網域內部的節點互連與資料交換。

2. 路由器（Router，Layer 3 設備）：

• 運作於網路層（Network Layer, Layer 3）。
• 依據 IP 位址（邏輯位址）轉送「封包（Packet）」。
• 負責不同網段、異質網路（如 LAN 到 WAN、私有 IP 到網際網路）之間的路徑選擇（Routing）與網路位址轉譯（NAT）。

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解題方法

判斷此類題目的切入點為通訊範圍是否跨越了不同的網路邊界（跨網段）：

• 同網段通訊（Intra-network）：通訊雙方在同一個 IP 子網或廣播網域內，僅需比對 MAC 位址進行訊框交換，二層交換器即可獨立完成，不需要路由器。
• 跨網段通訊（Inter-network）：當通訊節點分屬不同的邏輯網路（例如從私有 IP 網段連接到外部公共網際網路），二層交換器無法解讀第三層 IP 標頭亦無法建立繞送表，必須仰賴具備路徑選擇與封包轉發能力的路由器才能達成。

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選項分析

• (A) 錯誤：同一間教室內的兩台筆電通常處於同一個區域網路（LAN / 同一網段），兩者互傳檔案僅需交換器依據訊框中的目的 MAC 位址轉送到對應連接埠即可，不需經過路由器。

核心觀念

本題考查 5 GHz Wi-Fi 與 2.4 GHz Wi-Fi 的特性比較，主要包括：

• 頻率高低與傳輸速率的關係
• 無線訊號的干擾程度
• 訊號穿透障礙物時的衰減
• 訊號覆蓋範圍與適用情境

一般而言，5 GHz 頻段具有較寬的可用頻寬與較多可用頻道，因此短距離傳輸時通常能提供較高速度；但頻率較高，穿透牆壁等障礙物時衰減較明顯，覆蓋範圍通常小於 2.4 GHz。

解題方法

判斷本題可掌握一項核心原則：

5 GHz：速度較快、干擾較少，但穿透力與覆蓋範圍較弱。 2.4 GHz：速度通常較低、干擾較多，但穿透力與覆蓋範圍較佳。

逐一比對選項後，找出與上述原則相反的敘述，即可選出答案。

選項分析

(A) 在短距離環境中，5 GHz 通常能提供較高傳輸速率

正確。5 GHz Wi-Fi 通常具有較寬的頻寬與較多可用頻道，在距離基地台較近、訊號強度足夠時，能提供較高的傳輸速率。

但 5 GHz 訊號衰減較快，因此此項特性主要適用於短距離環境。

(B) 相較於 2.4 GHz，5 GHz 的干擾來源較少，頻道較為乾淨

正確。2.4 GHz 頻段常與 Bluetooth、無線鍵盤滑鼠、微波爐及大量家庭 Wi-Fi 裝置共用，容易產生頻道壅塞與同頻干擾。

核心觀念

本題測驗物件導向程式設計（Object-Oriented Programming, OOP）四大核心特性（抽象、封裝、繼承、多型）的定義與延伸應用。

多型（Polymorphism）的字面意義為「多種型態」，其核心理念為「單一介面，多種實作（One interface, multiple methods）」，即允許同一個函式名稱或運算子符號，在面對不同型態的運算元（參數）時，展現出相對應的不同行為。

在物件導向理論中，多型可分為兩大類：

1. 編譯時期多型（Compile-time / 靜態多型）：亦稱「特設多型（Ad-hoc Polymorphism）」，編譯器在編譯階段即可依運算元的型態與數量決定呼叫的版本。代表性技術為：

• 方法重載（Method / Function Overloading）：同名函式具有不同的參數型態或數量。
• 運算子重載（Operator Overloading）：重新定義既有運算子（如 +、-、* 等），使自訂類別物件能夠直接使用該運算子進行運算。

2. 執行時期多型（Runtime / 動態多型）：利用動態繫結（Dynamic Binding）與虛擬函式（Virtual Function），於程式執行階段才決定實際呼叫的子類別實作。代表性技術為方法覆寫（Method Overriding）。

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解題方法

解題切入點在於判斷「運算子重載（Operator Overloading）」的本質特性：

1. 分析運算子重載的機制：在 C++ 或 Python 等支援運算子重載的語言中，加號運算子 + 原本僅能處理基本資料型態（如整數 $1 + 2 = 3$）。若設計一個複數類別 Complex，透過運算子重載定義 operator+，即可直接撰寫 c1 + c2 達成複數加法。
2. 對應物件導向特性：同一個運算子符號 +，當作用於整數時執行「數值相加」，作用於字串時執行「字串串接」，作用於複數物件時執行「複數加法」。這種「同一符號介面，依據不同型態的運算元呈現多種不同行為」的機制，完全符合多型（Polymorphism）的定義，且專屬於多型中的「靜態多型／編譯期多型」。
3. 結論：運算子重載是多型（Polymorphism）的典型應用，答案選 (D)。

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核心觀念

本題測驗「資訊安全與法規倫理」中關於個人資料保護法之安全維護規範（以命題當年民國 115 年法規為準）。

1. 個人資料保護法之安全維護義務：

• 依《個人資料保護法》第 18 條（公務機關）及第 27 條（非公務機關）之規定，保有個人資料檔案者，應採行適當之安全措施，防止個人資料被竊取、竄改、毀損、滅失或洩漏。
• 相關安全維護管理辦法明定，安全維護措施包含「資料安全管理」、「設備安全管理」及「資料攜出管理」等機制。即使資料尚未遭到外洩，只要脫離法定的安全防護範圍與保管場所，即已產生資安風險漏洞，構成對安全維護義務之違反。

2. 個資與智慧財產權之性質區別：

• 個人資料屬於隱私權與人格權範疇，受《個人資料保護法》規範。
• 智慧財產權受《著作權法》（保護具原創性之表達）或《營業秘密法》（保護具經濟價值且有保密措施之資訊）規範。

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解題方法

解題關鍵在於辨識題幹情境的違規核心：

1. 關鍵線索：「未經單位許可」、「含他人個資之研究資料」、「帶回家自行分析」、「離開原本保管場所」。
2. 法益侵害判斷：

• 研究員雖然「未將資料外流」，但未經授權擅自將機敏個資攜離機構之實體防護邊界，已實質破壞組織的資安管控流程（如存取授權、實體安全與攜出管制）。
• 此行為直接違反了《個人資料保護法》所要求建立與遵循的「適當安全維護措施」，屬於內部人員違反安全維護程序之典型態樣。

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選項分析

• (A) 錯誤： 著作財產權所保護者為具有原創性（思想或感情之原創表達）之創作。純粹的事實資訊、統計數據或個人資料本身，並不具備著作權法意義上的原創性表達，非著作財產權之標的。

核心觀念

本題測驗「大型語言模型（LLM）與深度學習之生命週期」核心概念，主要涵蓋**模型訓練（Training）與模型推論／推理（Inference）**兩大階段的本質差異：

1. 訓練階段（Training）：利用巨量資料進行前向傳播（Forward Pass）與反向傳播（Backpropagation），計算損失函數梯度並透過優化器（Optimizer）持續更新與最佳化模型權重（Weights / Parameters）。運算高度密集，極度依賴平行運算加速器（如 GPU、TPU）。
2. 推理階段（Inference）：模型已經訓練完成，其權重已凍結（Frozen）。輸入使用者的提示詞（Prompt）後，模型僅執行前向傳播讀取固定權重以生成預測結果（Token），不再反向修改權重，亦不需依賴原先的大規模訓練資料集。

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解題方法

解題切入點在於區分「學習過程（改寫參數）」與「使用過程（固定參數）」：

• 狀態變更：訓練是「學習並調整參數（權重不斷更新）」；推理是「運用現成知識進行預測（權重固定唯讀）」。
• 硬體與資源：兩階段皆仰賴 GPU/TPU 進行平行浮點矩陣運算，但訓練單一模型所需之總浮點運算量（FLOPs）與資料規模極為龐大，遠非單一模型部署初期的基本計算所能比擬。

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核心觀念

本題考 IPv6（Internet Protocol version 6，網際網路協定第 6 版）位址的長度。

IPv6 位址固定由 **128 位元（bits）**組成，通常以 8 組十六進位數表示，例如：

$$2001:0db8:0000:0000:0000:ff00:0042:8329$$

每一組十六進位數包含 4 個十六進位位元，每個十六進位位元代表 4 個二進位位元；IPv6 共 8 組，因此：

$$8 \times 4 \text{ 個十六進位位元} \times 4 \text{ bits} =128\text{ bits}$$

因此，一組 IPv6 地址包含 128 位元。

解題方法

直接記憶 IPv6 位址的標準長度即可：

$$\text{IPv6 位址長度}=128\text{ bits}$$

亦可由其表示方式推導：

$$8\text{ 組} \times 4\text{ 個十六進位數字} \times 4\text{ bits} =128\text{ bits}$$

IPv6 地址的完整形式共有 32 個十六進位數字，而每個十六進位數字代表 4 位元：