110 農會招考九職等以下 資訊管理 農會第6次招考新進人員九職等以下 資訊管理(電腦概論) 考古題詳解

核心觀念

Wi-Fi 是以 IEEE 802.11 系列標準為基礎的無線區域網路技術，主要用於電腦、手機、平板等裝置在有限範圍內進行無線連線。

依涵蓋範圍分類：

• LAN（區域網路）：涵蓋家庭、辦公室、校園等小範圍。
• MAN（都會網路）：涵蓋城市或都會區。
• WAN（廣域網路）：涵蓋跨城市、跨國家等大範圍，例如網際網路。

Wi-Fi 的典型應用是建立 WLAN（Wireless Local Area Network，無線區域網路），並非廣域網路。

解題方法

判斷本題的關鍵在於分辨 Wi-Fi 的網路涵蓋範圍：

1. Wi-Fi 是無線傳輸技術。
2. Wi-Fi 通常透過無線基地台，在家庭、辦公室或公共場所提供區域性連線。
3. 因此，Wi-Fi 所屬的主要網路類型是無線區域網路 WLAN。

核心觀念

作業系統（Operating System, OS）的基本功能，是管理電腦硬體資源並提供程式執行環境，主要包括：

• 處理程序管理
• 記憶體管理
• 檔案與儲存裝置管理
• 輸入／輸出裝置管理
• 使用者介面
• 權限與安全性管理

AI 影像處理技術則是利用人工智慧模型進行影像辨識、分類、偵測、分割、生成或修復等工作，屬於人工智慧與影像處理的應用技術，並非作業系統本身的基本功能。

解題方法

判斷本題可先區分「作業系統功能」與「應用程式功能」。

AI 影像處理通常需要：

1. 影像資料輸入；
2. 影像前處理；
3. AI 模型運算；
4. 輸出辨識或處理結果。

核心觀念

本題考查 IP 位址與網路位置的關係，以及 DHCP 動態配置觀念。

IP 位址是用來識別網路中設備及其連線位置的邏輯位址，通常須符合目前所連接網路的位址規劃。電腦移動到不同地點後，所連接的網路可能不同，因此取得的 IP 位址也可能隨之改變。

常見的 IP 配置方式包括：

• 靜態 IP（Static IP）：由管理者手動設定，通常用於伺服器、網路設備等固定用途。
• 動態 IP（Dynamic IP）：由 DHCP（Dynamic Host Configuration Protocol）伺服器自動分配，電腦連接不同網路時，可能取得不同的 IP 位址。

解題方法

判斷本敘述中的關鍵字「移動到不同的地方」與「都必須用同一個 IP 位址」。

IP 位址具有網路區域性。例如：

• 在公司網路中，可能取得 192.168.1.20
• 移動到學校網路後，可能取得 192.168.10.35
• 使用行動網路時，則可能由電信業者配置另一組 IP 位址

核心觀念

本題考查「$n$ 位元二進位數以 2 的補數法表示有號整數」的表示範圍。

一個位元組（Byte）包含 $8$ 個位元，因此以 2 的補數法表示有號整數時：

• 最大值：$2^{8-1}-1=127$
• 最小值：$-2^{8-1}=-128$

所以 8 位元的表示範圍為：

$$-128 \leq x \leq 127$$

解題方法

對於 $n$ 位元的 2 的補數表示法：

$$\text{最大值}=2^{n-1}-1$$

其中最高位為符號位：

• 最高位為 $0$：表示非負數
• 最高位為 $1$：表示負數

本題 $n=8$，代入公式：

$$2^{8-1}-1=2^7-1=128-1=127$$

因此，一個位元組以 2 的補數法表示的最大整數為 $127$，不是 $256$。

其最小值為：

$$-2^7=-128$$

完整範圍為 $-128$ 至 $127$，共可表示：

核心觀念

佇列（Queue）是具有「先進先出」（First In, First Out，FIFO）特性的線性資料結構。

其基本操作如下：

• 加入（Enqueue）：通常從佇列尾端（Rear）加入新元素。
• 移除（Dequeue）：通常從佇列前端（Front）移除元素。
• Front／Peek：查看前端元素，但不移除。

因此，最早加入佇列的元素，會最早被移除。

解題方法

判斷佇列的核心，在於觀察元素「進入」與「離開」的位置：

1. 新元素由佇列尾端加入。
2. 元素由佇列前端移除。
3. 先加入的元素會先抵達前端，因此先被移除。

例如依序加入 $A$、$B$、$C$：

核心觀念

本題考查「電腦記憶體」的通常所指，以及 RAM 與儲存設備的區別。

• RAM（Random Access Memory，隨機存取記憶體）：屬於電腦的主記憶體，用來暫存作業系統、執行中的程式與目前處理中的資料。RAM 通常具有揮發性，電源關閉後資料會消失。
• 記憶體大小：在一般電腦規格或考試用語中，通常是指 RAM 容量，例如 4 GB、8 GB、16 GB。
• 儲存空間：通常指硬碟、SSD、USB 隨身碟等非揮發性儲存設備的容量，例如 512 GB SSD 或 1 TB 硬碟。

因此，題目所述符合資訊概論中的一般用語。

解題方法

判斷本題可先辨識「電腦的記憶體大小」在一般規格描述中的意義。

當題目使用「記憶體大小」而未特別說明「儲存容量」、「硬碟容量」或「SSD 容量」時，通常是指 RAM 的容量。RAM 直接影響電腦同時執行多項程式及處理資料的能力。

例如：

核心觀念

本題考查 OSI 七層模型的定位，以及 OSI 與 TCP/IP 網路架構的差異。

OSI（Open Systems Interconnection）模型由 ISO 制定，主要是將網路通訊功能分成七個層次，作為理解、設計與分析網路通訊的參考模型：

1. 應用層（Application）
2. 表示層（Presentation）
3. 會談層（Session）
4. 傳輸層（Transport）
5. 網路層（Network）
6. 資料鏈結層（Data Link）
7. 實體層（Physical）

OSI 模型具有重要的理論與教學價值，但實際網際網路普遍採用的是 TCP/IP 協定組合與 TCP/IP 模型，而非完整依照 OSI 七層架構運作。

解題方法

判斷本題可拆成兩個敘述：

• 「OSI 有七層」：正確。
• 「OSI 七層是目前最廣泛使用的電腦網路架構」：錯誤。

核心觀念

本題考查程式語言的「階層」與「抽象化程度」。

程式語言通常可分為：

• 低階語言：接近硬體，例如機器語言、組合語言，必須直接操作暫存器、記憶體位址及指令。
• 高階語言：接近人類語言與數學表示法，例如 C、Java、Python，透過較高層次的語法與函式封裝複雜硬體細節。

高階語言的抽象化程度較高，因此程式設計者不必逐一描述處理器執行的每個底層步驟。

解題方法

判斷本題可從兩個面向切入：

1. 可讀性：高階語言使用變數、函式、條件判斷、迴圈及物件等抽象概念，語法較接近人類理解方式，因此通常較容易閱讀與理解。
2. 程式碼長度：高階語言的一個指令，常可對應到底層語言的多個指令，因此完成相同功能時，所需撰寫的程式碼通常較少。

例如，若要計算兩個數值相加：

高階語言：c = a + b

核心觀念

本題考查 Unicode 的基本概念，以及「字元」與「編碼方式」的區別。

Unicode 是一套統一的字元編碼標準，為世界各地文字、符號配置唯一的碼位（Code Point），目的在於避免不同文字系統之間的編碼衝突。

但 Unicode 本身不是「每個字固定使用兩個位元組」的儲存格式。實際占用的位元組數，取決於所採用的 Unicode 編碼方式，例如 UTF-8、UTF-16 或 UTF-32。

解題方法

判斷本敘述是否正確，須檢查「每個字都是兩個位元組」是否符合各種 Unicode 編碼方式：

• UTF-8：每個字元使用 1 至 4 個位元組。
• UTF-16：通常使用 2 個位元組；超出基本多文種平面的字元，須使用 4 個位元組。
• UTF-32：每個字元固定使用 4 個位元組。

因此，Unicode 只規範字元與碼位的對應關係，並未規定所有字元都必須以兩個位元組儲存。

選項分析

本題提供的是一個是非敘述：

「Unicode 是一個大型的文字庫，每個字都是以兩個位元組所組成。」

核心觀念

直接記憶體存取（Direct Memory Access, DMA）是一種由 DMA 控制器協助進行資料傳輸的 I/O 技術。其主要特色是：周邊裝置與主記憶體之間的資料搬移，不必由 CPU 逐筆執行讀取、寫入指令。

DMA 傳輸通常由以下元件共同完成：

• CPU：設定 DMA 控制器的來源位址、目的位址、傳輸方向及資料量。
• DMA 控制器（DMAC）：取得匯流排控制權，直接在周邊裝置與主記憶體間搬移資料。
• 周邊裝置：提供或接收資料。
• 主記憶體：儲存傳輸中的資料。

因此，DMA 可降低 CPU 逐筆處理 I/O 資料的負擔，提高大量資料傳輸的效率。

解題方法

判斷本題的關鍵在於區分：

1. DMA 傳輸是否需要 CPU 逐筆執行 I/O 指令？
2. DMA 的整個運作過程是否完全不需要 CPU？

DMA 開始前，CPU 仍須先設定 DMA 控制器；傳輸完成後，DMA 控制器通常會以中斷通知 CPU。因此，DMA 並非完全排除 CPU，而是免除 CPU 在資料傳輸期間逐筆搬移資料的工作。

資料傳輸流程可概括為：

核心觀念

IEEE 802 系列是由電機電子工程師學會（IEEE）制定的區域網路與都會網路相關標準。其中：

• IEEE 802.3：乙太網路（Ethernet）
• IEEE 802.11：無線區域網路（Wireless LAN，WLAN），即常見的 Wi-Fi
• IEEE 802.16：無線都會網路（Wireless MAN），常與 WiMAX 相關
• 光纖網路：主要是傳輸媒介或網路架構的描述，不是 IEEE 802.11 所規範的網路類型

本題考的是 IEEE 802.11 的標準歸類。

解題方法

看到「IEEE 802.11」時，直接將其對應到「無線區域網路（WLAN）」即可。其主要規範內容包括無線區域網路的實體層與資料鏈結層，例如無線傳輸、頻道使用、媒體存取控制及不同 Wi-Fi 世代的技術規格。

因此，IEEE 802.11 規範的是無線網路，選擇 （C）。

選項分析

• （A）乙太網路：錯誤。 乙太網路的主要標準是 IEEE 802.3，通常用於有線區域網路。雖然乙太網路與 IEEE 802.11 都屬於 IEEE 802 系列，但兩者的編號及傳輸方式不同，不能混淆。

核心觀念

本題考的是 OSI 七層模型中，各層所處理的通訊識別資訊。

MAC 位址（Media Access Control Address）是網路介面卡的硬體位址，主要用來識別同一區域網路中的設備。資料在區域網路內傳送時，乙太網路框架會使用目的 MAC 位址與來源 MAC 位址進行傳遞，因此 MAC 位址屬於資料鏈結層處理的資訊。

OSI 模型中：

• 實體層：處理位元、電氣訊號、光訊號與傳輸媒介。
• 鏈結層：處理框架、MAC 位址與區域網路內的節點傳遞。
• 網路層：處理 IP 位址與不同網路間的路由。
• 傳輸層：處理程序對程序的可靠傳輸、分段與連接埠。

解題方法

題目出現「MAC 位址」時，直接對應到「資料鏈結層」，因為 MAC 位址是資料鏈結層建立與傳送框架時使用的位址。

資料封裝概念如下：

$$資料 \rightarrow 區段 \rightarrow 封包 \rightarrow 框架 \rightarrow 位元$$

其中，框架（Frame）位於資料鏈結層，而 MAC 位址會放在框架的標頭中，用來表示來源設備與目的設備。

因此，本題答案為鏈結層。

選項分析

(A) 實體層：錯誤

核心觀念

本題考查資料儲存單位的換算關係。常用二進位換算如下：

$$1\text{ KB}=2^{10}\text{ bytes}$$ $$1\text{ MB}=2^{10}\text{ KB}=2^{20}\text{ bytes}$$ $$1\text{ GB}=2^{10}\text{ MB}=2^{30}\text{ bytes}$$ $$1\text{ TB}=2^{10}\text{ GB}=2^{40}\text{ bytes}$$

因此，嚴格按照題目所寫的單位，$1\text{ TB}$ 應為 $2^{40}$ bytes。

解題方法

由於：

$$1\text{ TB}=1024\text{ GB}$$

而：

$$1024=2^{10}$$

所以：

$$1\text{ TB}=2^{10}\text{ GB}$$

本題官方答案為 B，表示命題原意應是詢問「$1\text{ TB}$ 等於多少個 GB」，即：

$$1\text{ TB}=2^{10}\text{ GB}$$

但選項 B 寫成 $2^{12}$ bytes，單位與數值均與標準的 TB 換算不完全相符。

選項分析

• (A) $2^{15}$ bytes：錯誤。 $2^{15}$ bytes 僅為 $32$ KB，遠小於 $1$ TB，不能代表 TB 的容量。

• (B) $2^{12}$ bytes：依題目字面錯誤；依官方答案視為正確。

核心觀念

本題考查資料儲存設備的存取方式：

• 直接存取（Direct Access／Random Access）：可直接定位至所需資料所在位置，不必依序讀取前面的資料。
• 循序存取（Sequential Access）：資料必須按照儲存順序逐筆尋找，若要讀取後段資料，通常要先經過前面的資料。

硬碟、軟式磁碟及 RAM 都能直接定位資料位置；磁帶則以循序存取為主，無法直接存取指定資料。

解題方法

判斷各設備是否具直接存取功能，重點在於：

1. 是否能直接移動至指定的資料位置。
2. 讀取目標資料時，是否必須先依序經過前面的資料。

磁帶中的資料依磁帶長度方向連續排列，讀取磁帶後段資料時，磁帶機通常必須先捲過前面的內容，因此屬於循序存取設備，不具直接存取功能。

選項分析

(A) 硬碟

硬碟利用磁碟片、磁軌及磁區儲存資料，磁頭可移動至指定磁軌，並配合磁碟旋轉定位至指定磁區。因此能直接定位並讀取資料，屬於直接存取設備。本選項錯誤。

(B) 軟式磁碟

核心觀念

本題考的是磁碟的基本結構與儲存單位：

• 磁區（sector）：磁碟儲存資料的基本物理單位，通常是磁軌切割後形成的扇形區塊。傳統磁碟常見每一磁區為 512 bytes，現代磁碟也可能採用 4 KB 磁區。
• 磁軌（track）：同一磁碟表面上，距離磁碟中心相同所形成的同心圓環。
• 讀寫頭（read/write head）：負責在磁碟表面讀取或寫入資料的裝置，不是儲存單位。
• 磁柱（cylinder）：由所有磁碟表面上半徑相同的磁軌垂直集合而成，屬於磁碟的幾何結構。
• 叢集（cluster）：作業系統檔案系統管理磁碟空間時使用的邏輯配置單位，通常由一個以上磁區組成。

因此，在傳統磁碟結構的定義下，磁碟的基本儲存單位是磁區。

解題方法

判斷各選項是否為「儲存單位」即可：

1. 讀寫頭是硬體元件，排除。
2. 磁軌與磁柱是磁碟的排列結構，排除。
3. 叢集是檔案系統進行空間配置時的邏輯單位，不是磁碟最基本的物理儲存單位。
4. 磁區是磁軌分割後的最小基本儲存區塊，故選 A。

選項分析

(A) 磁區（sector）—正確

磁碟表面先以同心圓方式劃分為磁軌，再將每一磁軌切割成多個磁區。資料會以磁區為基本單位進行讀寫，因此磁區是磁碟的基本儲存單位。

核心觀念

本題考查 CPU 的基本工作流程，即「指令週期」（Instruction Cycle）。CPU 處理程式指令時，主要依序進行：

1. 擷取（Fetch）：從記憶體中取得指令。
2. 解碼（Decode）：分析指令內容，判斷需要執行的操作。
3. 執行（Execute）：依解碼結果進行計算、邏輯判斷或資料處理。

列印則是將資料輸出至印表機的工作，屬於輸出作業，並非 CPU 的基本工作流程。

解題方法

判斷各選項是否屬於 CPU 基本工作，可套用 CPU 的基本指令週期：

$$\text{擷取} \rightarrow \text{解碼} \rightarrow \text{執行}$$

只要選項屬於上述流程，即為 CPU 的基本工作；若是將處理結果傳送至印表機等周邊設備，則屬於輸入／輸出設備的功能，不是 CPU 的基本工作。

選項分析

• (A) 擷取：正確

核心觀念

OSI（Open Systems Interconnection）網路模式將網路通訊功能分為七層，由下而上依序為：

1. 實體層（Physical Layer）
2. 鏈結層／資料鏈結層（Data Link Layer）
3. 網路層（Network Layer）
4. 傳輸層（Transport Layer）
5. 會議層（Session Layer）
6. 表達層（Presentation Layer）
7. 應用層（Application Layer）

鏈結層負責在相鄰網路節點間傳送資料框（Frame），並處理實體位址、媒體存取控制及錯誤偵測等功能，因此屬於 OSI 模式的第 2 層。

解題方法

直接依照 OSI 七層的標準順序判斷：

$$\text{實體層}=1$$ $$\text{鏈結層}=2$$

所以，Data Link Layer 是第 2 層，選擇 D。

鏈結層常見的相關概念包括：

• 資料單位：Frame（資料框）
• 位址：MAC 位址
• 主要設備：交換器（Switch）、網路橋接器（Bridge）
• 主要功能：成框、實體位址處理、錯誤偵測、媒體存取控制

選項分析

核心觀念

本題考查 CPU 的時脈頻率、單一 clock cycle 時間，以及指令執行時間的換算。

基本公式如下：

$$\text{單一週期時間}=\frac{1}{\text{時脈頻率}}$$

若一項指令需要 $n$ 個 clock cycle，則：

$$\text{指令執行時間} =n\times \text{單一週期時間} =n\times \frac{1}{\text{時脈頻率}}$$

其中：

• $1\mathrm{MHz}=10^6\mathrm{Hz}$
• $1\mathrm{ns}=10^{-9}\mathrm{s}$
• $1\mathrm{\mu s}=10^{-6}\mathrm{s}$

解題方法

電腦時脈頻率為：

$$500\mathrm{MHz}=500\times 10^6\mathrm{Hz}$$

因此，單一 clock cycle 的時間為：

$$T=\frac{1}{500\times 10^6} =\frac{1}{5\times 10^8}\mathrm{s} =2\times 10^{-9}\mathrm{s} =2\mathrm{ns}$$

Shift 指令需要 10 個週期，因此執行時間為：

$$10\times 2\mathrm{ns}=20\mathrm{ns}$$

所以正確答案為：

$$\boxed{20\mathrm{ns}}$$

選項分析

核心觀念

本題測驗的核心為「遞迴關係式（Recurrence Relation）」與經典演算法中的「費氏數列（Fibonacci Sequence）」。

在計算機概論與資料結構中，一階線性遞迴關係式只需要「一個」初始邊界條件即可唯一定義數列；若題目同時給出兩個邊界條件 $f(0)=0$ 與 $f(1)=1$，為計算機科學中定義「費氏數列」的標準規範： $f(0)=0,\quad f(1)=1,\quad f(n+1)=f(n)+f(n-1)$ 本題題目之遞迴式寫為 $f(n+1)=f(n)+(n-1)$，實為命題時將第二項 $f(n-1)$ 漏植為 $(n-1)$ 之經典排版瑕疵，解題應以命題原意之費氏數列模型為準。

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解題方法

1. 命題原意推導（官方定案解法） 本題旨在考查費氏數列遞迴計算，其遞迴定義式為 $f(n+1)=f(n)+f(n-1)$，給定初值 $f(0)=0$、$f(1)=1$。由底部向上（Bottom-up）依序推導各項：

• 當 $n=1$ 時：$f(2) = f(1) + f(0) = 1 + 0 = 1$
• 當 $n=2$ 時：$f(3) = f(2) + f(1) = 1 + 1 = 2$
• 當 $n=3$ 時：$f(4) = f(3) + f(2) = 2 + 1 = 3$
• 當 $n=4$ 時：$f(5) = f(4) + f(3) = 3 + 2 = 5$

因此，$f(5) = 5$，與官方答案 (A) 完全吻合。

2. 題面瑕疵與爭議點剖析 若考生嚴格按題面印出之式子 $f(n+1)=f(n)+(n-1)$ 進行代入計算：

• 若僅由 $f(1)=1$ 起算：
• $f(2) = f(1) + (1-1) = 1 + 0 = 1$
• $f(3) = f(2) + (2-1) = 1 + 1 = 2$
• $f(4) = f(3) + (3-1) = 2 + 2 = 4$
• $f(5) = f(4) + (4-1) = 4 + 3 = 7$（對應選項 C）

核心觀念

真值表是用來列出邏輯電路或布林函數在所有輸入組合下之輸出結果。每個輸入變數只有兩種狀態：

• $0$：假、低電位
• $1$：真、高電位

若有 $n$ 個二元輸入變數，所有不同輸入組合的數量為：

$$2^n$$

本題有 $5$ 個輸入變數，因此最多有：

$$2^5=2\times2\times2\times2\times2=32$$

解題方法

將 5 個輸入變數分別設為 $A、B、C、D、E$。每一個變數均有 $0$、$1$ 兩種狀態。

因此：

$$\text{不同輸入組合數}=2\times2\times2\times2\times2=2^5=32$$

真值表若要完整呈現 5 個輸入變數的所有情況，必須有 32 列輸入組合，例如從：

$$00000$$

依序列到：

$$11111$$

所以正確答案為 (B) 32。

核心觀念

本題考查二元樹搜尋的時間複雜度。若二元樹為平衡的二元搜尋樹（Binary Search Tree, BST），每比較一次即可排除約一半的節點，因此搜尋所需比較次數與樹高成正比。

平衡二元樹的高度約為：

$$h \approx \log_2 N$$

其中 $N$ 為節點數。因此，搜尋執行時間與 $\log N$ 成正比。

解題方法

在二元搜尋樹中：

• 目前節點的左子樹值較小。
• 右子樹值較大。
• 每次比較搜尋值與目前節點後，只需往左子樹或右子樹其中一側繼續搜尋。

若每一層都能將搜尋範圍縮小為原本的一半，經過 $k$ 次比較後，剩餘範圍約為：

$$\frac{N}{2^k}$$

當剩餘範圍縮小至 $1$ 個節點時：

$$\frac{N}{2^k}=1$$

因此：

$$2^k=N$$

取對數可得：

$$k=\log_2 N$$

所以搜尋時間複雜度為：

$$O(\log N)$$

選項分析

核心觀念

本題考的是「二元樹的結構計數」。

二元樹的定義是：每個節點最多具有兩個子節點，且子節點分為左子樹與右子樹，因此左右位置不同，視為不同的二元樹。

三個節點所能形成的不同二元樹結構數，可使用卡特蘭數（Catalan number）計算：

$$C_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$$

其中 $n$ 表示節點數。本題 $n=3$：

$$C_3=\frac{1}{3+1}\binom{6}{3} =\frac{1}{4}\times 20 =5$$

解題方法

亦可依根節點左右子樹的節點分配計算。

設 $T_n$ 為含有 $n$ 個節點的二元樹數量，空樹數量為：

$$T_0=1$$

三個節點的二元樹，以根節點為中心，剩餘兩個節點可分配如下：

1. 左子樹 0 個、右子樹 2 個：$T_0T_2=1\times2=2$
2. 左子樹 1 個、右子樹 1 個：$T_1T_1=1\times1=1$
3. 左子樹 2 個、右子樹 0 個：$T_2T_0=2\times1=2$

因此：

核心觀念

本題考查「非方向性連通圖」的邊數下限。

在具有 $N$ 個節點的非方向性連通圖中，每一個節點都必須能從其他節點抵達。要使 $N$ 個節點保持連通，最少需要的邊數為：

$$N-1$$

此種恰好具有 $N-1$ 條邊的連通圖稱為樹（Tree）。

因此，連通圖的邊數不可能少於 $N-1$。若邊數少於 $N-1$，圖必然至少分裂成兩個以上的連通分量。

解題方法

將每個新增節點接到既有的連通圖中：

• 第一個節點不需要邊。
• 第 2 個節點至少需要 1 條邊，才能與第 1 個節點連通。
• 第 3 個節點至少再需要 1 條邊。
• 依此類推，第 $N$ 個節點至少需要 $N-1$ 條邊。

故：

$$E_{\min}=N-1$$

所以 $N-2$ 條邊低於連通圖所需的最小邊數，不可能形成連通圖。

選項分析

(A) $N-2$：正確答案

具有 $N$ 個節點的連通圖至少需要 $N-1$ 條邊：

$$N-2<N-1$$

因此 $N-2$ 條邊無法使全部節點保持連通，故此邊數不可能存在於連通圖中。

(B) $N-1$：錯誤選項

核心觀念

本題考查「遞迴（recursion）」與「堆疊（stack）」的關係。

遞迴函數是指函數在執行過程中直接或間接呼叫自己。每次函數被呼叫時，系統都必須保存該次呼叫的執行資訊，包括：

• 返回位址
• 參數值
• 區域變數
• 暫存計算結果
• 函數執行狀態

這些資訊會依照「後進先出」（Last In, First Out，LIFO）的順序保存於呼叫堆疊（call stack）中，因此執行遞迴函數時，核心使用的資料結構是 stack。

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解題方法

判斷本題的關鍵，在於觀察遞迴函數的呼叫與返回順序。

以階乘函數為例：

factorial(3)
 = 3 × factorial(2)
 = 3 × 2 × factorial(1)
 = 3 × 2 × 1

執行過程如下：

1. 呼叫 factorial(3)，將其執行資訊放入 stack。
2. factorial(3) 呼叫 factorial(2)，再將新的執行資訊放入 stack。
3. factorial(2) 呼叫 factorial(1)，繼續放入 stack。
4. factorial(1) 完成後，最內層的函數先返回。
5. 接著依序返回 factorial(2)、factorial(3)。

其順序可表示為：

$$factorial(3) \rightarrow factorial(2) \rightarrow factorial(1)$$

返回順序則相反：

$$factorial(1) \rightarrow factorial(2) \rightarrow factorial(3)$$

這正是後進先出的 stack 特性。

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選項分析

(A) stack：正確

核心觀念

本題考查作業系統的記憶體管理技術。

電腦的實體記憶體主要是 RAM，其容量有限。當程式所需的記憶體空間大於 RAM 容量時，作業系統可利用硬碟或 SSD 的部分空間，暫存目前未立即使用的程式或資料，並在需要時載入 RAM，使程式能夠執行。這項技術稱為 虛擬記憶體（Virtual Memory）。

虛擬記憶體通常搭配分頁（Paging）或區段（Segmentation）技術，將程式的邏輯位址空間與實體 RAM 分離。程式看見的是較大的虛擬記憶體空間，實際執行時則由作業系統負責在 RAM 與輔助記憶體之間搬移資料。

解題方法

題幹的關鍵語句是：「讓電腦能執行比 RAM 更大的空間」。

判斷重點如下：

1. 題目描述的是記憶體容量不足時，如何支援較大型程式執行。
2. 能將硬碟或 SSD 空間當作 RAM 的延伸使用，是虛擬記憶體的功能。
3. multitasking、multiprogramming、time-sharing 都屬於處理器與工作管理方式，並非擴充可用記憶體容量的技術。

因此，正確答案為 virtual memory。

選項分析

(A) multitasking

Multitasking 稱為「多工處理」，指作業系統讓多個工作或程式看似同時執行。單核心處理器通常是以快速切換處理器時間的方式，輪流執行不同工作。

多工處理的重點是提高處理器使用效率與使用者操作的便利性，並沒有直接將硬碟空間轉換成可供程式使用的記憶體空間，因此錯誤。

(B) multiprogramming

核心觀念

本題考「幾何平均數（geometric mean）」的定義。對兩個正數 $a$、$b$ 而言，幾何平均數為：

$$\sqrt{ab}$$

因此，$2$ 與 $8$ 的幾何平均數應依公式計算。

解題方法

代入 $a=2$、$b=8$：

$$\sqrt{2\times 8} =\sqrt{16} =4$$

所以依數學上標準的幾何平均數定義，計算結果為 $4$。

選項分析

• (A) 3：錯誤。 $3$ 不等於 $\sqrt{16}=4$，不符合幾何平均數公式。

• (B) 4：依標準數學定義正確。 $\sqrt{2\times 8}=4$

• (C) 5：依官方答案選定，但數學意義上有爭議。 $5$ 是 $2$ 與 $8$ 的算術平均數：

$$\frac{2+8}{2}=5$$

核心觀念

本題考查集合的「子集合」數量。

若集合 $A$ 有 $n$ 個相異元素，則其子集合總數為：

$$2^n$$

原因是：集合中的每一個元素，都有「選入子集合」或「不選入子集合」兩種決定，$n$ 個元素共有 $2^n$ 種選擇。

解題方法

集合為：

$$A=\{1,2,3\}$$

共有 $3$ 個元素，因此子集合數量為：

$$2^3=8$$

也可直接列出全部子集合：

$$\varnothing,\{1\},\{2\},\{3\},\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\},\{1,2,3\}$$

共 $8$ 個。其中包括：

• 空集合 $\varnothing$
• 3 個只含一個元素的集合
• 3 個含兩個元素的集合
• 集合本身 $A$

核心觀念

本題考查集合的「可數性」（countability）。

若一個集合的元素可以依序排列，並與自然數集合 $\mathbb{N}$ 建立一一對應，則稱為可數集合（countable set）。有限集合也通常歸入至多可數集合。

• 可數集合：可以用第 $1$ 個、第 $2$ 個、第 $3$ 個……的方式列舉。
• 不可數集合：無法與 $\mathbb{N}$ 建立一一對應，元素數量嚴格多於自然數集合。

本題的關鍵在於：$\mathbb{N}$、$\mathbb{Z}$、$\mathbb{Q}$ 都可以列舉；$\mathbb{R}$ 則不可列舉。

解題方法

逐一判斷各集合是否能與 $\mathbb{N}$ 建立一一對應：

1. $\mathbb{N}$ 本身就是自然數集合，當然可數。
2. $\mathbb{Z}$ 雖然包含負整數，但仍可依序排列。
3. $\mathbb{Q}$ 可表示為整數分子與正整數分母的組合，因此可以列舉。
4. $\mathbb{R}$ 包含區間 $(0,1)$，而 $(0,1)$ 已經不可數，所以 $\mathbb{R}$ 不可數。

證明 $\mathbb{R}$ 不可數可使用康托對角線論證。假設 $(0,1)$ 中的所有實數可以列成：

$$x_1=0.a_{11}a_{12}a_{13}\cdots$$ $$x_2=0.a_{21}a_{22}a_{23}\cdots$$ $$x_3=0.a_{31}a_{32}a_{33}\cdots$$

依此類推。建構一個新數：

$$y=0.b_1b_2b_3\cdots$$

其中 $b_n$ 選擇與 $a_{nn}$ 不同的數字，例如只使用 $1$ 和 $2$：

$$b_n= \begin{cases} 1, & a_{nn}\neq 1,\\ 2, & a_{nn}=1. \end{cases}$$

如此一來，$y$ 的第 $n$ 位必定與 $x_n$ 的第 $n$ 位不同，因此 $y$ 不等於清單中的任何一個數。這表示不論如何列舉，都會漏掉某個 $(0,1)$ 中的實數，所以 $(0,1)$ 不可數，進而 $\mathbb{R}$ 也不可數。

選項分析

(A) $\mathbb{N}$：錯誤

$\mathbb{N}$ 是自然數集合，例如：

$$\mathbb{N}=\{0,1,2,3,\ldots\}$$

或部分教材定義為：

核心觀念

本題考查二進位的「互斥或」運算（EX-OR，簡寫為 XOR）。XOR 的逐位運算規則如下：

• 相同位元運算結果為 $0$
• 不同位元運算結果為 $1$

其真值表為：

$A$	$B$	$A \oplus B$
$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$
$1$	$0$	$1$
$1$	$1$	$0$

解題方法

將 $110$ 與 $010$ 的相同位數逐位進行 XOR：

$$\begin{array}{r} 1\ 1\ 0\\ \oplus\ 0\ 1\ 0\\ \hline 1\ 0\ 0 \end{array}$$

各位計算如下：

• 最左位：$1 \oplus 0 = 1$
• 中間位：$1 \oplus 1 = 0$
• 最右位：$0 \oplus 0 = 0$

因此：

核心觀念

本題考查位元組（byte）的位元數與乘法原理。

• 1 個位元組包含 8 個位元（bit）。
• 每個位元只有兩種狀態：$0$ 或 $1$。
• 題目要求位元組：
• 以 $1$ 開頭：第 1 個位元固定為 $1$。
• 不以 $1$ 結束：第 8 個位元必須為 $0$。

解題方法

設此 8 位元位元組表示為：

$$b_1b_2b_3b_4b_5b_6b_7b_8$$

依題意：

$$b_1=1,\qquad b_8=0$$

因此，中間的第 2 至第 7 位元共有 6 個位置可以自由選擇，每個位置均有 $0$、$1$ 兩種選擇。

根據乘法原理，總組合數為：

$$2^6=64$$

所以正確答案為：

$$\boxed{64}$$

選項分析

• (A) 32：錯誤。 $32=2^5$，相當於只將 5 個位元視為自由變動，少算了一個中間位元。實際上第 2 至第 7 位元共有 6 個自由位置。

核心觀念

本題考「二元樹的高度」與「節點數量」之間的關係。

二元樹中，每個節點最多有兩個子節點。樹的高度通常定義為「根節點到最深葉節點所經過的邊數」。因此：

• 根節點本身的高度為 $0$。
• 只有一層時，高度為 $0$。
• 若根節點下有一層子節點，高度為 $1$。
• 四個節點若排列成鏈狀，最大高度為 $3$。

解題方法

要判斷四個節點的二元樹高度，考慮節點排列方式：

1. 四個節點不能全部位於高度 $1$，因為根節點最多只能直接連接兩個子節點，總共最多 $3$ 個節點。
2. 四個節點可形成高度 $2$ 的二元樹，例如：

$$\text{根節點} \rightarrow \text{子節點} \rightarrow \text{葉節點}$$

3. 四個節點也可形成完全鏈狀結構：

$$A \rightarrow B \rightarrow C \rightarrow D$$

此時從根節點 $A$ 到最深葉節點 $D$ 經過 $3$ 條邊，因此高度為：

$$h=3$$

所以四個節點的二元樹最大高度為 $3$。

選項分析

核心觀念

本題考「資料結構（Data Structure）」的基本分類與定義。

資料結構是指在電腦記憶體中，組織、儲存資料及表示資料間關係的方法，並通常搭配新增、刪除、搜尋、排序或走訪等操作。

常見的資料結構包括：

• 樹（Tree）
• 佇列（Queue）
• 堆疊（Stack）
• 連接串列（Linked List）
• 陣列（Array）
• 圖（Graph）
• 雜湊表（Hash Table）

資料庫（Database）則是有系統地儲存、管理及查詢大量資料的系統或資料集合，屬於較高層次的資料管理概念，不是本題所指的基本資料結構。

解題方法

判斷選項是否為資料結構，可觀察其是否描述「資料在記憶體中的組織方式」或「資料元素之間的連結與存取規則」。

• 若是描述資料元素如何排列、連結或依特定規則進行存取，通常屬於資料結構。
• 若是完整的資料管理系統或資料集合，則不屬於基本資料結構。

依此判斷，樹、佇列、堆疊及連接串列都是典型資料結構；資料庫則是應用資料結構來管理資料的系統。

選項分析

(A) 樹

正確。

樹是一種非線性的階層式資料結構，由節點（Node）及邊（Edge）組成，通常具有根節點、父節點、子節點、葉節點等概念。

例如檔案系統中的資料夾階層、組織圖及二元搜尋樹，都可以使用樹來表示。

(B) 佇列

正確。

佇列是一種線性資料結構，遵循「先進先出」（First In, First Out，FIFO）原則。

資料從佇列尾端加入，從佇列前端移除：

核心觀念

電腦網路拓樸（Network Topology）是指網路中各節點、傳輸媒介與連線方式的配置結構，可分為實體拓樸與邏輯拓樸。常見拓樸包括：

• 樹狀拓樸（Tree）
• 環狀拓樸（Ring）
• 星狀拓樸（Star）
• 匯流排狀拓樸（Bus）
• 網狀拓樸（Mesh）

題目要求判斷哪些選項可以作為電腦網路的拓樸圖，因此只要辨識是否屬於正式的網路拓樸類型即可。

解題方法

逐一比對選項與標準網路拓樸名稱：

1. 屬於標準拓樸類型者，選入。
2. 僅描述外觀形狀，且非正式網路拓樸名稱者，不選。

依此判斷，樹狀、環狀、星狀與網狀均為正式的網路拓樸；直條狀則不是標準網路拓樸。

選項分析

(A) 樹狀：正確

樹狀拓樸是階層式的網路結構，通常由根節點向下分支，形成類似樹木的層級關係。大型組織網路、校園網路與企業網路常採用此種結構。

(B) 環狀：正確

核心觀念

本題考查「電腦網路通訊協定」的基本定義與常見協定辨識。

通訊協定（Protocol）是網路設備或應用程式彼此通訊時，所共同遵守的一組規則，包含資料格式、傳輸方式、連線建立、錯誤處理與資料交換流程等。不同協定負責的網路功能與層級不同：

• 應用層：提供電子郵件、網頁瀏覽等服務。
• 網路層：負責邏輯定址與封包路由。
• 傳輸層：負責端對端傳輸、可靠性與流量控制。
• 網路存取層／資料鏈結層：負責實體網路的資料傳送與媒介存取。

本題各選項均屬於網路通訊相關的協定或協定標準，因此答案為全選。

解題方法

判斷一個名詞是否屬於通訊協定，可觀察它是否規範了網路資料如何傳送或交換：

1. 若規範電子郵件寄送流程，屬於應用層協定。
2. 若規範網頁資料的要求與回應，屬於應用層協定。
3. 若規範無線區域網路的連線與資料傳輸，屬於網路通訊標準。
4. 若負責邏輯位址與封包路由，屬於網路層協定。
5. 若負責可靠的端對端資料傳輸，屬於傳輸層協定。

依此逐一判斷，A 至 E 皆符合通訊協定的範圍。

選項分析

(A) SMTP

SMTP 是 Simple Mail Transfer Protocol，中文為「簡易郵件傳送協定」。

SMTP 用於電子郵件的寄送與郵件伺服器之間的轉送，屬於應用層通訊協定。使用者寄出電子郵件時，郵件軟體會透過 SMTP 將郵件送至郵件伺服器，郵件伺服器之間也可利用 SMTP 互相轉送郵件。

因此，(A) 正確。

(B) HTTP

HTTP 是 HyperText Transfer Protocol，中文為「超文件傳輸協定」。

HTTP 是全球資訊網（World Wide Web）使用的主要應用層協定，規範瀏覽器與網頁伺服器之間的請求與回應，例如瀏覽器送出 GET 請求，伺服器回傳網頁內容。

因此，(B) 正確。

(C) WiFi

Wi-Fi 通常指以 IEEE 802.11 系列標準為基礎的無線區域網路技術。其規範無線裝置如何進行連線、媒介存取、資料傳送與無線區域網路通訊。

核心觀念

本題考查二進位位元串的表示方式，以及 $1$ byte 所能表示的非負整數範圍。

1. $1$ byte $=8$ bits。
2. 每個 bit 有 $0$、$1$ 兩種狀態，因此共有：

$$2^8=256$$

種不同組合。 3. 若表示非負整數，八位元的範圍為：

$$00000000_2=0$$

到

$$11111111_2=2^8-1=255$$

因此可表示 $0$ 至 $255$，共 $256$ 個整數。 4. 二進位數字左側補上的 $0$ 不會改變數值，例如：

$$000111_2=00111_2=111_2=7$$

解題方法

先判斷「byte」的位元數，再計算可表示的組合數與最大值：

$$\text{可表示數量}=2^8=256$$ $$\text{最大值}=2^8-1=255$$

接著檢查位元串是否只是左側多了前導零。前導零不影響二進位數值，因此只要去除左側的 $0$，即可直接比較。

選項分析

(A) 一個 byte 可以表示 127 個整數

錯誤。

一個 byte 有 $8$ 個 bits，可表示的組合數為：

$$2^8=256$$

若表示非負整數，範圍是 $0$ 至 $255$，共 $256$ 個整數，不是 $127$ 個。

(B) 一個 byte 可以表示的最大整數為 127

錯誤。

八位元非負整數的最大值是全部位元皆為 $1$：

$$11111111_2 =2^7+2^6+\cdots+2^0 =255$$

因此最大整數為 $255$，不是 $127$。$127$ 是七位元非負整數的最大值：

核心觀念

本題考查「資料量」與「時間」的單位辨識。

常見資料量單位包括：

• bit：位元，最小資料單位
• Byte：位元組，$1\text{ Byte}=8\text{ bits}$
• KB、MB、GB、TB：常用於表示檔案大小、儲存容量或資料量

一般定義為：

$$1\text{ MB}=10^6\text{ Bytes}$$ $$1\text{ TB}=10^{12}\text{ Bytes}$$

在二進位系統中，較精確的名稱則是 MiB、TiB，但日常及考試中常以 MB、TB 表示資料量。

解題方法

判斷各選項代表的物理量：

1. 若表示時間，屬於時間單位。
2. 若表示儲存容量或檔案大小，屬於資料量單位。
3. 若表示一種技術、系統或運算能力，則不是資料量單位。

依此分類即可判斷答案。

選項分析

• (A) ms

ms 是 millisecond（毫秒），表示時間。

$1\text{ ms}=10^{-3}\text{ 秒}$

因此不是資料量單位。

• (B) ns

核心觀念

本題考查人工智慧（Artificial Intelligence, AI）及人工神經網路（Artificial Neural Network, ANN）相關技術的基本辨識。

AI 是利用電腦模擬人類的學習、推理、判斷與決策能力。人工神經網路則是模仿生物神經元運作方式所建立的計算模型，常用於影像辨識、語音辨識、自然語言處理與預測分析。

其中：

• CNN：Convolutional Neural Network，卷積神經網路。
• RNN：Recurrent Neural Network，循環神經網路。
• ANN：Artificial Neural Network，人工神經網路。

CNN、RNN 與 ANN 均屬於人工智慧或機器學習領域的技術。

解題方法

判斷本題可採「專有名詞分類法」：

1. 先辨識各選項的英文全名。
2. 判斷其是否與人工神經網路、機器學習或深度學習有關。
3. 含有 Neural Network 的選項，通常就是 AI 相關技術。
4. 網路通訊協定或電信服務類名詞，則不屬於 AI 技術。

因此，CNN、RNN、ANN 為正確選項。

選項分析

(A) VLAN：錯誤

VLAN 是 Virtual Local Area Network，中文為「虛擬區域網路」。

VLAN 透過交換器或網路設備，將同一實體區域網路劃分成多個邏輯網段，以達到隔離廣播流量、提升網路管理效率與安全性的目的。它屬於電腦網路技術，並非人工智慧技術。

(B) CNN：正確

CNN 是 Convolutional Neural Network，中文為「卷積神經網路」。

CNN 透過卷積運算擷取資料特徵，特別適合處理具有空間結構的資料，例如：

• 影像分類
• 人臉辨識
• 物件偵測
• 醫學影像分析

核心觀念

本題考「電腦程式語言的世代分類」：

• 第一代語言（1GL）：機器語言（Machine Language），由 0 與 1 組成。
• 第二代語言（2GL）：組合語言（Assembly Language），使用助記符號表示機器指令。
• 第三代語言（3GL）：高階程序式語言，語法較接近人類語言，程式設計效率與可讀性均高於低階語言，例如 C、Java、Fortran、COBOL、Pascal。
• 第四代語言（4GL）：更強調以較少程式碼描述需求或結果，例如資料庫查詢語言 SQL、報表產生工具等。

解題方法

依序判斷各選項所屬的語言世代：

1. Machine Language 是直接由硬體執行的機器指令，屬第一代。
2. Assembly 透過助記符號表示機器指令，屬第二代。
3. C、Java、Fortran 都是可編譯或轉譯執行的高階程序式語言，均屬第三代。

因此，本題若採複選題，應選出所有第三代語言。

選項分析

• (A) Machine Language：錯誤

機器語言直接使用二進位或機器指令表示，例如 00010110。它最接近電腦硬體，屬於第一代程式語言。

核心觀念

本題考查「資料檔案存取方式」與「作業處理型態」的配合。

線上即時處理（Online Real-time Processing）要求使用者輸入資料後，系統能立即找到並更新特定資料，例如：

• 查詢某位會員資料
• 即時更新庫存數量
• 查詢帳戶餘額
• 立即修改個人基本資料

因此，資料檔必須能直接定位至所需資料，不必從檔案開頭逐筆尋找，適合採用「直接存取」方式。

解題方法

判斷關鍵在於「線上」與「即時」：

1. 線上處理代表資料通常是逐筆輸入、逐筆查詢或更新。
2. 即時處理代表系統必須迅速取得特定紀錄。
3. 若每次查詢都必須由檔案第一筆開始逐筆讀取，會造成處理速度過慢。
4. 因此應採用能依據位址、鍵值或記錄編號迅速定位資料的直接存取檔。

所以本題依一般單選題命題意旨，選擇「直接存取檔」。

選項分析

(A) 隨機存取檔

隨機存取檔可以不按照資料先後順序讀取，而直接存取所需資料，確實具有支援即時查詢的特性。

在許多電腦概論教材中，「隨機存取」（Random Access）與「直接存取」（Direct Access）常被視為相近甚至同義的概念。因此，本選項在技術概念上也具合理性。

但本題為單選題，命題者通常將「直接存取檔」設定為線上即時處理的標準答案，故不採 A 作答。

(B) 循序存取檔

循序存取檔必須依照資料排列順序，由前往後逐筆讀取。

核心觀念

十六進位（Hexadecimal）使用 16 個符號表示數值：

$$0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,A,B,C,D,E,F$$

其中：

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

因此，英文字母只有 $A$、$B$、$C$、$D$、$E$、$F$ 可以作為合法的十六進位符號。

解題方法

逐一比對選項是否屬於十六進位允許的符號集合：

$$\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,A,B,C,D,E,F\}$$

不在此集合中的英文字母，即不是合法的十六進位表示符號。

選項分析

核心觀念

本題考查「邏輯運算」與「算術運算」的區別。

在二進位或布林運算中，邏輯運算通常以 $0$、$1$ 表示假與真，常見運算包括：

• AND（且）：兩個輸入皆為 $1$，結果才是 $1$。
• OR（或）：至少一個輸入為 $1$，結果即為 $1$。
• XOR（互斥或）：兩個輸入不同時結果為 $1$，相同時結果為 $0$。

而 DIV 與 MOD 屬於算術運算：

• DIV：整數除法，求商。
• MOD：取餘數，求除法後的餘數。

解題方法

判斷各選項是否屬於邏輯運算即可：

1. 若運算是依照真值判斷 $0$、$1$ 的關係，屬於邏輯運算。
2. 若運算涉及加、減、乘、除、商、餘數等數值計算，屬於算術運算。

因此：

• XOR、AND、OR 是邏輯運算。
• DIV、MOD 是算術運算，不是邏輯運算。

選項分析

(A) XOR

XOR 是互斥或運算，真值表如下：

$A$	$B$	$A \operatorname{XOR} B$
0	0	0
0	1	1
1	0	1
1	1	0

當兩個輸入不同時結果為 $1$，屬於邏輯運算。本選項錯誤。

(B) AND

核心觀念

全加法器（Full Adder）是用來將三個一位元二進位數相加的組合邏輯電路，三個輸入為：

• 被加數 $A$
• 加數 $B$
• 前一位元進位 $C_{in}$

全加法器的兩個輸出為：

• 和（Sum）$S$
• 進位（Carry）$C_{out}$

其邏輯方程式為：

$$S=A\oplus B\oplus C_{in}$$ $$C_{out}=AB+AC_{in}+BC_{in}$$

其中 $\oplus$ 表示 XOR（互斥或）。

解題方法

判斷全加法器的輸出，直接依據其功能即可。三個一位元輸入相加後，結果最多為十進位 $3$，以二進位表示為 $11$：

• 低位元為和（Sum）
• 高位元為進位（Carry）

因此，全加法器必然具有兩個輸出：和與進位。

例如：

$$1+1+1=3=(11)_2$$

此時和輸出為 $1$，進位輸出也為 $1$。

選項分析

(A) 和（sum）

正確。全加法器的輸出之一是和（Sum），其公式為：

核心觀念

本題考查 TCP/IP 網路模型中的「傳輸層」通訊協定。

TCP/IP 四層模型可簡化如下：

TCP/IP 層級	主要功能	常見通訊協定
應用層	提供網路應用服務	HTTP、DNS、FTP、SMTP
傳輸層	提供端對端的資料傳輸	TCP、UDP
網際網路層	負責邏輯位址與封包路由	IP、ICMP
網路存取層	負責實體網路傳輸	Ethernet、Wi-Fi

其中，傳輸層主要處理「程序到程序」的資料傳遞，常見協定就是 TCP 與 UDP。

解題方法

直接依各選項所屬的 TCP/IP 層級判斷：

• TCP：傳輸層。
• UDP：傳輸層。
• ICMP：網際網路層。
• IP：網際網路層。
• CMIP：網路管理相關的應用層協定。

因此，本題符合題意的選項有兩個，為 TCP 與 UDP。

選項分析

(A) TCP：正確

TCP（Transmission Control Protocol，傳輸控制協定）屬於傳輸層。

TCP 提供可靠、具連線導向的資料傳輸，主要特性包括：

• 傳送前須建立連線。
• 具備確認、重傳與排序機制。
• 可進行流量控制與壅塞控制。
• 適合網頁、電子郵件、檔案傳輸等要求可靠性的應用。

因此，TCP 是傳輸層通訊協定。

(B) ICMP：錯誤

ICMP（Internet Control Message Protocol，網際網路控制訊息協定）屬於網際網路層，通常搭配 IP 使用。

ICMP 用於傳送網路控制、錯誤回報與診斷訊息，例如：

核心觀念

CPU 執行一條指令，通常會經過「指令週期」（Instruction Cycle），主要流程如下：

$$\text{擷取指令} \rightarrow \text{指令解碼} \rightarrow \text{提取運算元} \rightarrow \text{執行運算} \rightarrow \text{儲存結果}$$

各階段說明如下：

1. 擷取（Fetch）：由程式計數器（PC）指出下一條指令的位置，CPU 從記憶體讀取指令至指令暫存器（IR）。
2. 解碼（Decode）：控制單元分析指令內容，判斷操作碼、運算種類及所需運算元。
3. 提取運算元內容（Operand Fetch）：依指令指定的位址、暫存器或定址方式取得運算資料。
4. 執行（Execute）：由算術邏輯單元（ALU）或其他功能單元完成指定操作。
5. 儲存（Store／Write Back）：將執行結果寫回暫存器或主記憶體。

因此，題目列出的五個項目，均屬於廣義 CPU 指令的執行過程。

解題方法

判斷此題的切入點是辨認「指令週期」的標準步驟。只要選項屬於 CPU 從取得指令到完成結果寫回的處理階段，即可判定為 CPU 指令執行過程的一部分。

完整流程可表示為：

核心觀念

本題考「CPU 如何取得運算元」的定址模式（Addressing Mode），其中「記憶體定址」是指運算元存放於主記憶體，指令需依定址欄位計算或取得其記憶體位址。

常見記憶體定址模式包括：

• 直接定址：指令中的位址欄位就是記憶體位址。
• 間接定址：指令中的位址欄位指向一個記憶體位置，該位置內容才是實際位址。
• 相對定址：以程式計數器或其他基準暫存器，加上位移量形成有效位址。

解題方法

判斷重點是：該定址模式的運算元是否需要從記憶體取得。

若運算元本身位於暫存器，則屬於暫存器定址，不是記憶體定址。依此判斷，選項中的相對定址、直接定址與間接定址都屬於記憶體定址模式。

選項分析

(A) 隨機定址：錯誤

隨機定址通常是在描述記憶體的存取方式，例如隨機存取記憶體（RAM）可直接存取任一位置，並非 CPU 指令用來指定運算元位置的定址模式。

(B) 暫存器定址：錯誤

核心觀念

本題考「TCP/IP 網路架構」與「OSI 參考模型」的分層差異。

常見的 TCP/IP 五層模型如下：

1. 應用層（Application Layer）
2. 傳輸層（Transport Layer）
3. 網路層（Internet／Network Layer）
4. 資料鏈結層（Data Link Layer）
5. 實體層（Physical Layer）

OSI 七層模型則包含：

1. 應用層
2. 展示層
3. 會議層
4. 傳輸層
5. 網路層
6. 資料鏈結層
7. 實體層

TCP/IP 並未將 OSI 的「展示層」與「會議層」獨立列為正式層次，相關功能通常併入應用層處理。

解題方法

將各選項逐一與 TCP/IP 五層模型比對：

• 「應用層」與「傳輸層」是 TCP/IP 的層次名稱。
• 「實體層」在常見的 TCP/IP 五層模型中也是一層。
• 「展示層」與「會議層」屬於 OSI 七層模型的專有分層，並非 TCP/IP 的獨立層次。

因此，本題若依標準 TCP/IP 五層模型判斷，應選出「展示層」與「會議層」。

選項分析

• (A) 應用層：錯誤選項

應用層是 TCP/IP 架構中的最上層，負責提供網路應用服務，例如 HTTP、FTP、SMTP、DNS 等。因此屬於 TCP/IP 的層次名稱。

• (B) 展示層：正確選項

核心觀念

IPv4 位址長度為 32 位元，可提供：

$$2^{32}=4,294,967,296$$

個位址。由於全球網際網路設備快速增加，IPv4 可用位址逐漸不足。

IPv6 將位址長度擴充為 128 位元，可提供：

$$2^{128}$$

個位址，數量遠大於 IPv4，因此 IPv6 是從根本上解決 IPv4 位址不足問題的技術。

解題方法

判斷選項是否能解決 IPv4 位址不足，重點在於區分：

• 「增加可用的網路位址數量」
• 「暫時節省或重複使用 IPv4 位址」
• 「負責其他網路功能」

能根本解決 IPv4 位址數量不足者，必須擴充位址空間。IPv6 將位址由 32 位元擴充至 128 位元，符合此條件，因此答案為 (D) IPv6。

選項分析

(A) SNMP

SNMP（Simple Network Management Protocol，簡易網路管理通訊協定）用於管理及監控網路設備，例如查詢路由器狀態、流量、錯誤資訊等。

SNMP 不會增加 IPv4 位址數量，也不是用來處理位址不足問題，因此錯誤。

(B) NAT

NAT（Network Address Translation，網路位址轉換）可將多部使用私有 IPv4 位址的內部設備，透過同一個或少數幾個公有 IPv4 位址連接網際網路，能提高 IPv4 位址的使用效率。

核心觀念

SQL 中的「保留關鍵字」（reserved keyword）是指具有特殊語法意義，不能任意當作資料表名稱、欄位名稱或其他識別名稱使用的字詞。

常見的 SQL 查詢語法如下：

SELECT 欄位
FROM 資料表
WHERE 條件
GROUP BY 分組欄位
ORDER BY 排序欄位;

其中：

• SELECT：指定要查詢的欄位。
• FROM：指定資料來源資料表。
• WHERE：設定資料篩選條件。
• GROUP BY：依指定欄位分組。
• ORDER BY：依指定欄位排序。

解題方法

判斷選項是否為保留關鍵字時，應區分「單一關鍵字」與「由多個關鍵字組成的子句」。

單一保留關鍵字包括：

• SELECT
• FROM
• WHERE

ORDER BY 與 GROUP BY 則是 SQL 語法中的子句，各自由兩個關鍵字組成：

• ORDER BY = ORDER + BY
• GROUP BY = GROUP + BY

因此，若題目嚴格詢問「保留的關鍵字」，正確選項為 A、B、C；若將完整 SQL 子句也廣義稱為關鍵字，則 D、E 也包含保留關鍵字，但並非單一關鍵字。

選項分析

(A) SELECT：正確

SELECT 是 SQL 的保留關鍵字，用來指定查詢結果要顯示的欄位。例如：

SELECT name
FROM employee;

SELECT 具有固定語法功能，通常不可直接作為欄位名稱或資料表名稱使用。

(B) FROM：正確

FROM 是 SQL 的保留關鍵字，用來指定資料來源。例如：

SELECT name
FROM employee;

此處 FROM 表示資料來自 employee 資料表。

核心觀念

本題考查「同餘關係」及其對加法、減法、乘法的運算性質。

若

$$A\equiv B\pmod M$$

表示 $M\mid(A-B)$；同理，

$$C\equiv D\pmod M$$

表示 $M\mid(C-D)$。

同餘關係具有下列性質：

$$A\equiv B\pmod M,\quad C\equiv D\pmod M$$

則

$$A+C\equiv B+D\pmod M$$

以及

$$AC\equiv BD\pmod M$$

但是，「取模後的數值」與「原數相加、相減、相乘後再取模」不一定相等，只能保證兩者同餘。

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解題方法

先區分兩種概念：

1. 數值相等：使用等號 $=$。
2. 除以 $M$ 後餘數相同：使用同餘符號 $\equiv\pmod M$。

例如：

$$A\bmod M+B\bmod M$$

通常只與

$$(A+B)\bmod M$$

同餘，不保證數值相等。加法、減法、乘法的同餘性質則可直接由整除性質推導。

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選項分析

(A) 錯誤

選項主張：

$$A\bmod M+B\bmod M=(A+B)\bmod M$$

此式不一定成立。設 $A=4$、$B=4$、$M=5$：

$$A\bmod M+B\bmod M=4+4=8$$

但

$$(A+B)\bmod M=8\bmod 5=3$$

因此 $8\ne3$。

正確的關係是：

$$(A\bmod M+B\bmod M)\bmod M=(A+B)\bmod M$$

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(B) 錯誤

選項主張：

$$A*B\bmod M=(A\bmod M)*(B\bmod M)$$

此式也不一定成立。設 $A=4$、$B=4$、$M=5$：

$$A*B\bmod M=16\bmod5=1$$

而

$$(A\bmod M)*(B\bmod M)=4*4=16$$

因此 $1\ne16$。

正確的關係是：

$$(AB)\bmod M = \bigl((A\bmod M)(B\bmod M)\bigr)\bmod M$$

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(C) 錯誤

選項主張：

$$A\bmod M-B\bmod M=(A-B)\bmod M$$

此式不一定成立。設 $A=7$、$B=2$、$M=5$，因為

$$7\equiv2\pmod5$$

但

$$A\bmod M-B\bmod M=2-2=0$$

這個例子恰好相等，需使用能顯示差值超出餘數範圍的例子。設 $A=7$、$B=2$ 以「原數相減後取模」與「餘數相減」比較：