109 地方特考四等 電子工程 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

指令集架構（ISA）是軟體與處理器硬體之間的抽象介面，規定軟體可使用哪些指令，以及處理器如何執行這些指令。ISA 的內容通常包括指令格式與操作、可見暫存器、資料型態、記憶體定址方式，以及輸入輸出等。

應用二進制介面（ABI）則規範已編譯程式與作業系統、函式庫或其他程式元件之間如何配合，例如呼叫慣例、資料排列方式與二進位檔格式。ABI 可協助二進位程式在符合相同介面的系統中相容，但不代表不同處理器之間自然具有二進位可攜性。

解題方法

逐項判斷敘述是否符合 ISA 或 ABI 的定義。關鍵在於：不同處理器廠牌可能採用不同 ISA；例如 Intel 常見的 x86 系列與 ARM 處理器的指令集並不相同。因此，聲稱兩者「皆使用相同的指令集架構」不正確。

選項分析

核心觀念

本題考處理器虛擬化的額外負擔（overhead），以及工作負載與虛擬化成本的關係。虛擬機器執行時，部分特權操作須由虛擬機器監視器（VMM，也稱 Hypervisor）介入處理；這類介入會增加執行成本。作業系統呼叫（system call）頻繁時，通常也會增加核心模式切換及虛擬化管理工作的次數。

解題方法

判斷各選項時，抓住「需要 VMM 或作業系統介入的操作越頻繁，虛擬化額外負擔通常越大」這個方向。計算密集型工作多半長時間執行一般運算指令，介入需求較少；I/O 密集型工作則常涉及裝置操作，但等待裝置的時間本身不等於處理器額外負擔。

選項分析

(A) 錯誤。 處理器虛擬化的額外負擔會受到工作負載影響。指令類型、特權操作及需要 VMM 介入的頻率不同，虛擬化成本也可能不同，因此不能說與指令類型無關，或運算密集與 I/O 密集的負擔都相同。

核心觀念

本題考查高階語言程式轉換成可執行機器碼時，編譯器、組譯器與聯結器的工作與順序。

• 編譯器（②）：將高階語言程式翻譯成組合語言或目的程式碼。
• 組譯器（①）：將組合語言轉換成目的機器碼。
• 聯結器（③）：將多個目的檔及所需的函式庫連結，解析外部符號與位址，產生可執行檔。

解題方法

依各工具處理的輸入與輸出判斷順序：

核心觀念

管道化處理（pipelining）將一條指令的執行工作分成多個階段，例如取指、解碼、執行、存取記憶體與寫回，再讓不同指令同時處於不同階段。它的主要效果是提高指令的吞吐量，也就是單位時間內完成的指令數。

解題方法

判斷題目問的是「CPU 元件變快」，還是「整體完成更多指令」。管道化讓多條指令重疊執行，因此能提高指令完成率；但不會直接加快每個元件的運作速度，也不保證單一指令所需時間縮短。

選項分析

• (A) 增加單位時間的指令完成個數：正確。 管道化讓多條指令分別在不同階段並行處理，提升指令吞吐量，符合其改善效率的主要方式。
• **(B) 增加中央處理單元中每個元件的運作速度：錯誤。

核心觀念

本題考紅黑樹的顏色規則與黑色高度性質。紅黑樹是一種自平衡二元搜尋樹，標準定義包含：

1. 每個節點不是紅色就是黑色。
2. 根節點是黑色。
3. 所有葉節點（通常指外部的 NIL／空節點）是黑色。
4. 紅色節點的子節點必須是黑色，因此不能有連續的紅色節點。
5. 從任一節點到其後代葉節點的每條路徑，所含黑色節點數相同。

其中，「紅色節點的子節點是黑色」不代表「黑色節點的子節點必定是紅色」。

解題方法

逐項比對選項與紅黑樹的定義。尤其要留意顏色規則的方向：規定限制的是紅色節點不能相鄰，並未要求黑色節點的子節點一定為紅色。

選項分析

(A) 根節點是黑色：正確。 這是紅黑樹的基本性質之一。

(B) 如果一個節點是黑色，它的兩個子節點都會是紅色：錯誤。 紅黑樹只規定紅色節點的子節點必須是黑色；黑色節點的子節點可以是紅色，也可以是黑色。

核心觀念

本題考查傳統硬碟的資料組織方式，以及各層級中最小的存取單位。硬碟表面依序劃分為磁軌、磁區；磁區是磁碟讀寫資料時的基本單位，傳統硬碟常以一個磁區作為最小的實體存取單位。

解題方法

先分辨選項所代表的層級：磁盤是碟片，磁柱是不同碟面上位置相同的磁軌集合，磁軌是碟面上的同心圓資料區域，磁區則是磁軌再細分後的區塊。由大到小判斷，最小者為磁區。

選項分析

核心觀念

RAID 是將多顆磁碟組成陣列，以不同方式安排資料，提升容量利用、存取效能或資料可靠度。RAID 1 的核心定義是鏡像（mirroring）：同一份資料會同步寫入兩顆或多顆磁碟，讓磁碟故障時仍可由其他副本存取資料，因此著重於提高可靠度。

解題方法

辨認 RAID 層級的資料配置方式即可：條帶化是將資料分散到不同磁碟；鏡像是將相同資料複製到多顆磁碟。RAID 1 採用鏡像，因此選擇描述「鏡像」與「提高可靠度」的選項。

選項分析

核心觀念

直接對映快取（direct-mapped cache）的規則是：主記憶體中的每個區塊，只能放到快取中唯一指定的區塊位置。位址中的索引欄位用來決定快取位置，標籤欄位則用來確認該位置目前存放的是哪個主記憶體區塊。

因此，若問「一個主記憶體位址會對映到快取中的幾個位置」，直接對映的答案是一個。

解題方法

先抓住「direct mapped」的定義：每個主記憶體區塊依索引規則對映到快取中的唯一位置。這項規則描述的是主記憶體到快取的對映關係，並不限定處理器存取時使用實體位址或虛擬位址。

選項分析

核心觀念

虛擬記憶體（Virtual Memory）利用磁碟等輔助儲存空間，配合記憶體管理機制，讓程式不必完全載入實體記憶體也能執行。它可以擴大程式可使用的記憶體位址空間，並讓作業系統更彈性地安排實體記憶體。

但虛擬記憶體不保證程式能在特定時間內完成。若程式頻繁存取未載入實體記憶體的頁面，就會發生缺頁（page fault），需要從輔助儲存裝置載入資料，增加執行時間。因此，它不等同於即時系統的時間保證機制。

解題方法

題目問「何者錯誤」，可先抓住虛擬記憶體的主要功能：提供較大的程式位址空間、簡化程式對記憶體配置的依賴，並提高實體記憶體的使用彈性。再檢查哪個選項宣稱了虛擬記憶體無法提供的能力。

「確保運算在一定的時間內完成」是時間限制的保證；虛擬記憶體可能因缺頁而造成延遲，並不提供這種保證。

選項分析

核心觀念

本題考查 SRAM 與 DRAM 的儲存原理及特性。SRAM 以正反器電路儲存位元，供電期間可維持資料，不需要週期性重新整理；DRAM 以電容儲存電荷，電荷會逐漸消失，因此需要定期重新整理（refresh）。

解題方法

比較兩者的存取速度、儲存密度、是否需要 refresh，以及每單位資料的成本。SRAM 的電路結構較複雜、每位元占用面積較大，但存取速度通常較快；DRAM 則能以較小面積儲存較多資料，且成本較低。

選項分析

• (A) 單位資料的存取速度較快：正確。 SRAM 的存取速度通常比 DRAM 快，是 SRAM 的優點之一。

核心觀念

范紐曼模型的五大要件為輸入、輸出、控制、算術邏輯單元（ALU）及記憶體。CPU 由控制單元（Control）與算術邏輯單元（ALU，亦稱數據通道 Datapath）組成；輸入、輸出與記憶體則是計算機系統的其他要件，不屬於 CPU 的組成部分。

解題方法

辨認題目問的是「CPU 包含哪些要件」，再從五大要件中找出 CPU 的兩個部分：

• ③ 控制單元：負責解碼指令、產生控制訊號，並協調各部件執行。
• ④ 算術邏輯單元（ALU）：負責算術運算與邏輯運算，屬於數據通道的一部分。

因此，CPU 對應 ③④。

選項分析

核心觀念

半加器（Half Adder）用來將兩個 1 位元二進位數 $A$、$B$ 相加，輸出和位元 $S$ 與進位位元 $C$：

其中 $\oplus$ 表示 XOR（互斥或），$\cdot$ 表示 AND（及閘）。因此，以最少個數的基本邏輯閘實作半加器，使用的閘種類為 XOR 與 AND。

解題方法

半加器的真值表如下：

和位元在輸入不同時為 1，符合 XOR；進位只在兩個輸入皆為 1 時為 1，符合 AND。兩個輸出各用一個閘即可完成，因此最少使用 2 個閘，閘種類是 XOR、AND。

選項分析

核心觀念

八位元二補數的表示範圍為 $-128$ 到 $127$。判斷加法是否溢位，可檢查：

• 兩個同號數相加，結果符號若與原數不同，便發生溢位。
• 等價地，若最高位（符號位）的進位輸入與進位輸出不同，便發生溢位。

最高位的進位輸出本身不代表溢位。

解題方法

先看每個運算元的最高位：最高位為 $0$ 表示非負數，為 $1$ 表示負數。兩個同號數相加時，再確認八位元結果的符號是否合理；異號數相加則不會發生二補數加法溢位。

選項分析

(A) $00110010+01010000$

兩個數最高位皆為 $0$，都是正數：

相加得 $50+80=130$，超過八位元二補數最大值 $127$。八位元結果為：

兩個正數相加卻得到最高位為 $1$ 的負數表示，發生溢位。本選項正確。

(B) $00100100+00110010$

核心觀念

二進位科學表示法是把數值寫成「尾數乘以 $2$ 的整數次方」。正規化時，尾數小數點後第一位必須是 $1$，形式為 $\pm 0.1\ldots_2 \times 2^e$。題目問尾數時，依題意不列小數點，也不列符號與指數。

解題方法

原數為 $-0.0010011_2$。將小數點向右移兩位，使小數點後第一位成為 $1$：

因此正規化尾數為 $-0.10011_2$。題目要求尾數部分不含小數點，且選項沒有符號，故取尾數的數字部分 $10011$ 嗎？依本題官方答案採用的尾數取法，尾數的小數部分為 $0011$：正規化表示中的 $0.10011$，不含小數點為 $10011$；

核心觀念

十六進制轉八進制，可先將每個十六進制位數改寫成 4 位二進制，再由小數點向左右每 3 位分組；每組二進制對應一個八進制位數。小數部分由小數點往右分組，不足 3 位時在末尾補 $0$。

解題方法

將 $1AC.5_{16}$ 逐位轉成二進制：

小數點左側由右向左每 3 位分組；右側由左向右每 3 位分組：

小數部分原為 $0101$，分組後剩下的 $1$ 在末尾補兩個 $0$，成為 $010\ 100$。

將各組二進制轉為八進制：

因此：

選項分析

核心觀念

正反器（flip-flop）依時脈觸發方式，可分為正向邊緣觸發與負向邊緣觸發。負向邊緣觸發正反器只在時脈由高電位轉為低電位的瞬間，也就是下降沿，擷取輸入並改變輸出狀態；時脈維持高電位或低電位時，輸出不因該觸發方式而改變。

解題方法

辨認「負向邊緣」即可判斷時脈的轉換方向：

因此，輸出狀態改變的觸發時刻是 CLOCK 從 1 轉為 0 的瞬間。

選項分析

核心觀念

本題考布林代數的基本運算律。符號「$+$」代表邏輯或（OR），相乘代表邏輯及（AND），並使用互補律 $A+\overline{A}=1$、$A\overline{A}=0$，以及冪等律 $A+A=A$、$AA=A$。布林變數只取 $0$ 或 $1$。

解題方法

逐一利用布林代數化簡，或代入 $A、B$ 的 $0$、$1$ 組合驗算。選項若宣稱兩式相等，只要找到一組輸入使左右值不同，即可判定錯誤。

選項分析

• (A) $A+AB=B$：錯誤。 由吸收律 $A+AB=A$，左式化簡為 $A$，並不恆等於 $B$。例如 $A=1、B=0$ 時，左式為 $1$、右式為 $0$。

核心觀念

本題考查布林代數與真值表的輸入組合計數。布林變數 $x,y,z$ 各有 $0$、$1$ 兩種取值；其中 $+$ 表示邏輯 OR，乘積表示邏輯 AND，撇號表示邏輯 NOT。因此，$F=x+yz'$ 可讀作「$x=1$，或同時 $y=1$ 且 $z=0$」。

解題方法

三個輸入變數共有 $2^3=8$ 種組合。分情況計數：

• 當 $x=1$ 時，不論 $y,z$ 為何，$F=1$。此時有 $2^2=4$ 種組合。
• 當 $x=0$ 時，$F=yz'$；要使 $F=1$，必須 $y=1$、$z=0$，恰有 $1$ 種組合。

兩種情況互不重疊，因此：

核心觀念

4 對 1 多工器有四個資料輸入 $I_0$ 至 $I_3$，由選擇線 $S_1S_0$ 決定輸出哪一個資料輸入：

本題以 $A$、$B$ 作為選擇線，圖中 $S_1=A$、$S_0=B$。因此，把布林函數依 $AB=00,01,10,11$ 分組，就能直接判斷各資料輸入應接 $0$、$1$ 或 $C$。

解題方法

將函數依 $A,B$ 的組合整理：

• $AB=00$ 時，函數在 $C=0$、$C=1$ 都為 $1$，故 $I_0=1$。
• $AB=01$ 時，函數值隨 $C$ 改變，故 $I_1=C$。
• $AB=10$ 時，函數值隨 $C$ 改變，故 $I_2=C$。
• $AB=11$ 時，函數值皆為 $0$，故 $I_3=0$。

核心觀念

全加法器（Full Adder）將三個一位元輸入 $X$、$Y$、$Z$ 相加，輸出「和（Sum）」與「進位（Carry）」兩個位元。Sum 是三個輸入相加後的結果最低位，因此由三者的奇偶性決定：

• 有奇數個輸入為 $1$，Sum 為 $1$。
• 有偶數個輸入為 $1$，Sum 為 $0$。

互斥或（XOR）在兩個輸入不同時輸出 $1$，因此全加法器的和可表示為：

解題方法

把三個輸入視為二進位數相加。其總和可能是 $0、1、2、3$：

核心觀念

本題考查 C 語言的區域變數與全域變數作用範圍，以及函式呼叫時的傳值呼叫。

• 函式外宣告的 a、b 是全域變數。
• main 內的 int a; 是區域變數，會遮蔽同名的全域變數 a。
• fun 的參數 int a 也是區域變數，只在 fun 函式內有效；呼叫時取得引數的值，函式內修改它不會改變呼叫端的變數。
• fun 沒有宣告自己的 b，因此函式內的 b 指向全域變數 b。

解題方法

依執行順序追蹤變數：

1. 程式開始時，全域變數為 a = 3、b = 4。
2. 進入 main 後，區域變數 a 遮蔽全域 a。執行 a = 1;，此時 main 的區域 a 為 1。
3. 執行 b = 2;，這裡沒有區域 b，所以將全域 b 設為 2。
4. 呼叫 fun(a, b) 時，傳入的值是 1 和 2。在 fun 中，參數 a 為 1、參數 c 為 2。
5. a++; 只將 fun 的參數 a 改為 2，不影響 main 的區域 a。

核心觀念

本題考查物件導向的四項基本概念。題幹的關鍵是「方法依照呼叫物件的不同，而有不同的操作」，這描述的是多型（Polymorphism）：不同物件可以透過相同的方法介面，執行各自適合的操作。

例如，Circle 與 Rectangle 都提供 draw 方法。呼叫 draw 時，圓形物件執行畫圓的操作，矩形物件則執行畫矩形的操作。呼叫方式相同，實際執行的內容依物件而異。

解題方法

先辨認題幹描述的差異發生在哪裡：方法名稱或呼叫方式相同，但不同物件會執行不同操作。這正是多型的特徵，常見實現方式包括方法覆寫（overriding）與動態繫結（dynamic binding）。

選項分析

核心觀念

本題考查 for 迴圈、例外處理（try／except）及 else 子句的執行順序：

• for item in list 依序取出串列中的 0、1、2。
• try 區塊若發生例外，就執行 except；若沒有發生例外，就執行 else。
• try 區塊中的 print(result) 仍會執行；因此沒有例外時，result 會印兩次：一次在 try，一次在 else。

解題方法

依序追蹤每次迴圈：

核心觀念

最小堆積樹（Min Heap）須符合兩個條件：每個父節點的值都小於或等於子節點；樹的形狀是完全二元樹。刪除最小堆積的根節點時，先以最末端節點補到根，再沿著較小的子節點向下調整，直到恢復堆積性。

前序走訪順序為「根、左子樹、右子樹」。

解題方法

圖中的堆積樹依層序排列為：

刪除根節點 $3$ 後，以最末端節點 $18$ 補到根：

接著向下調整：

1. $18$ 的子節點為 $6$、$9$，較小者是 $6$，與 $6$ 交換： $[6,\,18,\,9,\,13,\,16]$
2. $18$ 的子節點為 $13$、$16$，較小者是 $13$，與 $13$ 交換： $[6,\,13,\,9,\,18,\,16]$

核心觀念

雜湊函數將鍵值映射到雜湊表的某個位置。本題的雜湊函數為「除以 10 取餘數」：

$h(k)=k \bmod 10$

分別鏈結法會將映射到同一位置的資料串接在該位置的鏈結串列中。每當新鍵值映射到一個已經有資料的位置，就算發生一次碰撞。

解題方法

依序計算各鍵值的雜湊位置，並統計每個位置上「第一筆以外」的鍵值數量：

各位置的鍵值分布如下：

核心觀念

本題考排序演算法是否採用分治法（Divide and Conquer）。分治法通常分成三個步驟：

1. 分割：將問題拆成較小的子問題。
2. 征服：遞迴解決各子問題。
3. 合併：整合子問題的結果，完成原問題。

快速排序會選定一個樞紐（pivot），將資料分成比樞紐小與比樞紐大的兩部分，再分別對兩部分遞迴排序，符合分治法的核心概念。

解題方法

辨識各排序法的主要操作即可：快速排序會把資料分區後，遞迴處理較小的區段；氣泡、插入與選擇排序則主要依序比較或插入元素，逐步建立排序結果，並不採用快速排序這種分割子問題的分治架構。

選項分析

核心觀念

本題考查分時多工作業系統在時間片用盡時的上下文交換（context switch）。時間片用盡會觸發排程：作業系統保存目前程序的執行上下文，再選擇下一個程序執行，並載入該程序所需的執行狀態。

上下文包含程序恢復執行所需的資訊，例如程序狀態、程式計數器與 CPU 暫存器內容。虛擬記憶體分頁則由記憶體管理機制依需求處理；程序切換本身不代表要把程序修改過的分頁全部寫回硬碟。

解題方法

判斷各選項是否屬於「時間片用盡時進行程序切換所需的動作」。保存與恢復程序執行所需的狀態，以及處理造成排程的中斷，都與上下文交換直接相關；將修改過的頁面寫回硬碟則屬於分頁置換或頁面回寫，不是每次上下文交換的必要步驟。

選項分析

• (A) 儲存目前執行中程序的狀態：正確，屬於必要動作。 程序被暫停後，作業系統必須保存其執行狀態，才能在之後恢復執行。

核心觀念

本題考查作業系統的虛擬記憶體分頁表，以及在位址空間擴大、頁表隨之變大時，常用哪些方式降低頁表的空間負擔。

一般分頁系統會為每個虛擬頁面保存頁表項目；虛擬位址空間越大，頁表可能越大。常見的縮減或管理方法包括反向分頁表、雜湊分頁表與階層式分頁。題目所列的「壓縮分頁表」則不是此類教材中常見的標準頁表架構或典型解法。

解題方法

判斷各選項是否為解決大型頁表問題的典型方法：

• 若以實體頁框數量建立表格，可減少表格項目數，屬於反向分頁表。
• 若以雜湊方式查找虛擬頁面對應關係，屬於雜湊分頁表。
• 若將頁表分層，只配置實際需要的部分，可避免建立龐大的單一連續頁表。
• 「壓縮分頁表」不屬於上述標準方法，因此符合題目所問的「不是適當方法」。

選項分析

(A) 反向分頁表（Inverted Page Table）—錯誤選項

反向分頁表通常以實體頁框為索引，每個實體頁框的表項記錄目前存放其中的虛擬頁面及相關資訊。其表格大小主要與實體記憶體中的頁框數量相關，而非直接隨虛擬位址空間的頁數增加，因此可減少大型虛擬位址空間下的頁表負擔。這是適當方法。

核心觀念

本題考「程式威脅」的定義辨識。**邏輯炸彈（Logic Bomb）**是藏在程式中的惡意程式碼，平時不會發作；當預先設定的條件成立，例如特定日期到來、某事件發生或特定參數符合時，才觸發破壞或未授權行為。

題幹的關鍵是「正常運作下沒有安全漏洞」以及「符合預設條件後才發生安全漏洞」，符合邏輯炸彈的觸發特徵。

解題方法

先看威脅是否具有「條件觸發」特性：程式平時正常運作，直到預先設定的條件成立才執行有害行為。這正是邏輯炸彈的定義，因此選 (A)。

選項分析

• (A) 邏輯炸彈（Logic Bomb）—正確。 惡意程式碼被置於程式中，等待特定條件成立才觸發。題幹所述的預設參數條件就是觸發條件。

核心觀念

本題考 UNIX 檔案系統的配置（layout），要分清楚「檔案系統本身的區塊」與「作業系統管理檔案資料時使用的快取」。

常見的檔案系統配置會包含：

• super block（超級區塊）：保存檔案系統整體資訊，例如容量、區塊大小及可用空間等。
• i-node block（索引節點區塊）：存放 i-node，記錄檔案的屬性及資料區塊位置。
• data block（資料區塊）：存放檔案內容。

**cache block（快取區塊）**是作業系統用來暫存磁碟資料、加速存取的記憶體快取，並非檔案系統磁碟配置中的一種區塊。

解題方法

判斷各選項是否屬於檔案系統配置中的構成項目。super block 與 i-node block 是檔案系統的結構資訊；swap area 是 UNIX 系統用於交換空間的磁碟區域。cache block 則是快取機制的概念，不是檔案系統配置中的區塊，因此選 (B)。

選項分析

核心觀念

人工神經元會將各輸入乘上對應的連結權重，再加總成有效輸入值。若輸入為 $x_1,\ldots,x_n$，對應權重為 $w_1,\ldots,w_n$，偏置為 $b$，則有效輸入通常寫為：

加權總和 $\sum_{i=1}^{n} w_i x_i$ 就是輸入向量與權重向量的內積；之後再將 $z$ 送入啟動函數，產生神經元輸出。

解題方法

題幹問的是「統合所有輸入連結的強度」以計算有效輸入值，關鍵在於辨認神經元的加權求和。輸入值與連結權重逐項相乘後加總，正是內積的定義，因此選內積。

例如輸入為 $(x_1,x_2)$、權重為 $(w_1,w_2)$ 時，加權總和為 $x_1w_1+x_2w_2$，即兩向量的內積；偏置項則另行加上。

選項分析

核心觀念

本題考排程方式對 I/O-bound 工作完成時間的影響。I/O-bound 工作大部分時間在等待硬碟讀寫，真正需要 CPU 計算的時間相對短。若一項工作等待 I/O，CPU 若能立刻改執行另一項工作，便能減少 CPU 閒置；反之，若工作等待 I/O 時 CPU 不能切換，就會有較多閒置時間，兩項工作通常也會較晚完成。

解題方法

比較各選項在工作等待 I/O 時，CPU 能否轉去執行另一項工作：

• 能切換：可利用一項工作的 I/O 等待時間處理另一項工作，提升 CPU 使用效率。
• 不能切換：即使另一項工作已可執行，CPU 仍須等待目前工作完成，造成閒置。

兩項工作都會先讀取硬碟、再計算、最後寫回硬碟。讓其中一項工作從頭執行到尾才換另一項，會使另一項工作無法與前者的 I/O 等待時間交錯，因此通常最慢完成兩項工作。

選項分析

核心觀念

本題考循環分時系統中，時間片長度、上下文交換時間與 CPU 時間耗用比例的關係。每個工作執行一個時間片後，系統花費 $500$ 微秒進行一次上下文交換；題目假設工作持續計算、沒有可忽略以外的 I/O，因此可視為每段工作時間後都會發生一次上下文交換。

解題方法

設時間片長度為 $q$ 毫秒，上下文交換時間為 $s$。每一輪 CPU 時間包含：

• 工作執行：$q$ 毫秒
• 上下文交換：$s=500$ 微秒 $=0.5$ 毫秒

所以，上下文交換占 CPU 總時間的比例為：

題目要求此比例不大於 $5\%$：

解不等式：

核心觀念

本題考查電腦開機時的啟動流程。電腦啟動後，負責尋找並載入作業系統的程式稱為 Bootstrap loader（引導載入程式），常簡稱為 boot loader。

解題方法

辨認題目中的關鍵字「載入作業系統」。組譯器、編譯器與連結器都屬於程式開發工具；負責開機後引導系統進入作業環境的，則是 Bootstrap loader，因此選擇 B。

選項分析

核心觀念

本題考查光的三原色 RGB 與加色混色。每個色彩通道的數值表示該色光的強度；在 8 位元 RGB 表示中，單一通道的範圍是 $0$ 至 $255$。

光的三原色採加色混色：紅、綠、藍光強度相加，三色全無為黑色，三色等量且亮度相同則呈灰色，三色全開則為白色。

解題方法

逐一判讀每個 RGB 數值：

• $(255,255,0)$：紅光與綠光全開、藍光關閉，混合為黃色。
• $(0,0,0)$：紅、綠、藍光全關，為黑色。
• $(128,128,128)$：三色通道亮度相同，為灰色。
• $(255,255,255)$：紅、綠、藍光全開，為白色。

因此，①與③正確，②與④錯誤。

核心觀念

本題考查數位聲音的兩項主要取樣參數：

• 取樣頻率：每秒鐘擷取聲音樣本的次數，單位為赫茲（Hz）。取樣頻率越高，越能記錄聲音隨時間變化的細節。
• 取樣解析度：每個樣本使用的位元數。位元數越高，可表示的振幅層次越多，振幅量化誤差通常越小。

一般而言，在其他條件相同時，提高取樣頻率或取樣解析度，都能提升數位聲音的重現品質。

解題方法

逐項核對選項中的定義與品質關係。取樣頻率描述「時間上的取樣密度」；取樣解析度描述「振幅的表示精細度」。若選項把參數與品質的關係說反，即為錯誤敘述。

選項分析

核心觀念

本題考二維平面上兩點的歐幾里得距離，也就是兩點之間的直線距離。若兩點為 $P_1(x_1,y_1)$ 與 $P_2(x_2,y_2)$，距離公式為：

公式可由直角三角形的畢氏定理得到：兩點的水平距離是 $|x_2-x_1|$，垂直距離是 $|y_2-y_1|$。

解題方法

題目給定 $P_1(1,3)$、$P_2(5,6)$，先分別計算兩座標的差：

代入歐幾里得距離公式：

核心觀念

本題考主開機記錄（Master Boot Record, MBR）的存放位置、內容與大小。傳統 MBR 位於整顆磁碟的第 0 磁區，通常為 512 位元組；其中包含一小段開機程式碼、分割區表，以及結尾的識別碼。分割區表會記錄磁碟分割區的位置與大小，並包含表示分割區是否為可開機分割區的旗標。

解題方法

先辨認題目描述的是傳統 MBR 磁碟分割方式，再逐項核對其存放位置、內容與容量。特別注意「整顆硬碟」和「每一個分割區」不同：MBR 是磁碟層級的記錄，不是每個分割區各有一份。

選項分析

核心觀念

霍夫曼編碼會讓出現頻率較高的符號使用較短的碼字，頻率較低的符號使用較長的碼字。若符號機率為 $p_i$、碼字長度為 $l_i$，平均每個符號所需位元數為：

本題四種符號都需要編碼，因此最差的壓縮效果，是平均碼長最大、最接近固定長度編碼的情形。四個符號使用固定長度編碼時，每個符號需 $\log_2 4=2$ 位元。

解題方法

依霍夫曼演算法，每次合併目前機率最小的兩個節點，直到形成編碼樹；碼字長度由符號在樹中的深度決定。計算各選項的霍夫曼平均碼長：

• (A) 合併 $0.1+0.2=0.3$，再合併 $0.3+0.3=0.6$，最後合併 $0.4+0.6=1$。碼長可為 $2,2,2,2$，所以 $L=2$。
• (B) 合併 $0.1+0.25=0.35$，再合併 $0.25+0.35=0.6$，最後合併 $0.4+0.6=1$。碼長為 $2,2,2,2$，所以 $L=2$。
• (C) 合併 $0.001+0.001=0.002$，再合併 $0.001+0.002=0.003$，最後合併 $0.003+0.997=1$。稀少符號的碼長為 $3,3,2$，頻率 $0.997$ 的符號碼長為 $1$，所以：

核心觀念

本題考查 MPEG 影音壓縮標準的發展，以及「以物件為基礎」的編碼方式。物件式編碼會把畫面中的人物、背景等視聽內容視為個別物件處理，除了壓縮影音資料，也支援物件的描述、組合與互動。

解題方法

辨認各標準的主要定位即可：MPEG-1、MPEG-2 著重一般影音壓縮與傳輸；MPEG-4 擴充至視聽物件的表示與編碼；HEVC 則是高效率視訊壓縮標準，著重提升壓縮效率。因此，符合題目所述「以物件為基礎」的是 MPEG-4。

選項分析