108 地方特考四等 資訊處理 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

$N$ 位元二的補數使用最高位元表示正負，能表示的整數範圍為：

其中最小值是 $-2^{N-1}$，最大值是 $2^{N-1}-1$。負數端比正數端多一個數值。

解題方法

題目問「能代表的最小負整數」，也就是可表示範圍中最負的數。由二的補數範圍可知，這個數是：

因此選項中與此式相符者為 (B)。

選項分析

• (A) $-2^N$：錯誤。 比二的補數 $N$ 位元可表示的最小值 $-2^{N-1}$ 更小，超出表示範圍。
• (B) $-2^{N-1}$：正確。 這是 $N$ 位元二的補數所能表示的最小負整數。

核心觀念

本題考查記憶體的揮發性與非揮發性。

• 非揮發性：停止供電後，資料仍能保留。
• 揮發性：停止供電後，資料會消失。

解題方法

逐一判斷各裝置是否需要持續供電才能保存資料。能在斷電後保留資料者，就是非揮發性裝置。

選項分析

• (A) 快閃記憶體（flash memory）—正確。 快閃記憶體斷電後仍能保存資料，常用於 USB 隨身碟、記憶卡及固態硬碟，因此具有非揮發性。

• (B) 靜態隨機存取記憶體（SRAM）—錯誤。 SRAM 儲存資料時仍須供電；斷電後資料會消失，因此屬於揮發性記憶體。

核心觀念

本題比較 CPU 與 GPU 在運算分工、隱藏記憶體延遲及記憶體設計上的差異。CPU 擅長處理種類多、控制流程複雜的工作；GPU 則以大量平行運算單元處理可平行化的工作。

當處理器等待資料從記憶體取回時，會產生記憶體延遲。CPU 常藉由多緒切換，讓其他緒先執行；GPU 則主要藉由同時維持大量可執行緒，切換到其他緒來隱藏延遲。快取也能減少記憶體存取，但不能把 GPU 的主要延遲隱藏策略說成「利用多層快取」。

解題方法

逐項檢查敘述是否符合 CPU、GPU 的設計目的：

1. CPU 著重通用性與複雜控制，GPU 著重大量平行運算。
2. GPU 的記憶體系統偏重高頻寬，以供應大量運算單元。
3. 比較兩者隱藏記憶體延遲的方法，留意「多緒」與「快取」是否被對調。

依此判斷，(B) 把 CPU 與 GPU 的延遲隱藏方式顛倒，因此為錯誤選項。

選項分析

核心觀念

本題考查虛擬機器（Virtual Machine, VM）與虛擬化管理程式（Hypervisor）如何分配及管理實體伺服器資源。多個虛擬機器可在同一台實體主機上執行，各自具有隔離的執行環境；Hypervisor 負責管理虛擬機器對處理器、記憶體及其他硬體資源的使用。

解題方法

判斷各選項是否符合虛擬化的基本特性：虛擬機器可以彼此隔離、配置不同的資源，也能執行與實體主機不同的作業系統；但個別虛擬機器不能不受管理地自由使用主機的全部資源，資源仍由 Hypervisor 分配與控管。

選項分析

• (A) 正確。 多個使用者可在同一台實體伺服器上使用各自的虛擬機器。虛擬機器提供隔離的執行環境，有助於避免不同使用者的作業系統與應用程式彼此干擾。

核心觀念

管道化處理（Pipelining）把指令執行分成多個階段，讓多條指令重疊執行。當某種情況妨礙指令在預定時脈週期進入或完成管線階段，就會形成管線危障（Hazard），主要分為三類：

• 數據危障（Data Hazard）：指令所需的資料尚未產生或備妥，因而無法繼續執行。
• 結構危障（Structural Hazard）：硬體資源不足或無法同時支援所需操作，造成指令延遲。
• 控制危障（Control Hazard）：分支等控制流程尚未確定，導致後續要擷取或執行的指令可能不正確。

解題方法

題目問「所需數據尚未備妥」是哪一類危障。抓住「數據」與「尚未備妥」這兩個關鍵：若指令因前一條指令尚未產生它所需的資料而停等，就是數據危障。

核心觀念

本題考查 CISC（複雜指令集計算機）與 RISC（精簡指令集計算機）的典型設計差異。CISC 的指令較多樣、格式較複雜，單一指令可能執行較複合的工作；RISC 則偏向使用格式固定、功能較簡單的指令，讓解碼與管線化較容易。

要注意：指令數較少，不等於總執行時間一定較短。實際執行時間還受每個指令所需的時脈週期、處理器時脈、管線效率及實作方式影響。

解題方法

逐一判斷各選項是否符合兩種架構的典型特性。選項 D 把「用較少指令完成工作」直接推論成「完成運算的時間較短」，忽略了每條指令的執行成本，因此是錯誤敘述。

選項分析

(A) CISC 的指令格式較多。—正確

CISC 通常提供較多種指令，並可能有不同長度與格式，解碼較複雜。這符合 CISC 的典型特性。

(B) CISC 的指令執行速度較慢，且不易於提升運作時脈。—正確

核心觀念

RAID 1 以兩顆硬碟鏡像儲存相同資料。單一硬碟故障時，資料仍可由另一顆硬碟取得；只有在第一顆故障後、備援硬碟尚未完成更換與資料還原前，第二顆也故障，才會造成資料遺失。

在題目採用的簡化模型中，兩顆硬碟故障彼此獨立，修復時間相對於故障間隔很短。RAID 1 的平均資料遺失時間可用下式估算：

其中修復時間包含更換故障硬碟及還原資料所需時間。

解題方法

已知單碟 $\mathrm{MTTF}=120{,}000$ 小時，修復時間為 $10$ 小時。代入公式：

核心觀念

本題考記憶體管理中的內部碎片、外部碎片，以及壓實（compaction）的作用。

• 內部碎片：已分配給程序的記憶體區塊中，有部分空間未被程序使用。
• 外部碎片：可用記憶體總量足夠，但分散成多個不連續區塊，沒有任何單一區塊足以滿足新的配置需求。
• 壓實：搬移已配置的記憶體區塊，將零散的可用空間合併成較大的連續區塊，主要用來減少外部碎片。

解題方法

判斷各選項是否符合上述定義。關鍵在於：壓實會整理不同配置區塊之間的空間，不能回收已分配區塊內部未使用的空間。因此，將壓實說成解決內部碎片的方法，敘述錯誤。

選項分析

核心觀念

資料區域性（data locality）描述程式在一段時間內存取資料的規律，主要分為：

• 時間區域性（temporal locality）：某筆資料剛被存取過，近期內很可能再次被存取。
• 空間區域性（spatial locality）：某筆資料被存取後，位址附近的資料近期內很可能也會被存取。

作業系統可利用區域性安排分頁與記憶體配置，減少分頁錯失（page fault）；快取也可利用區域性保留近期常用或相鄰資料，提高快取命中（cache hit）的機率。

解題方法

逐項核對選項中的區域性定義與其對記憶體管理、快取的作用。時間區域性的關鍵是「近期可能再用」；若選項說成「近期不會再用」，便是把定義反過來。

選項分析

核心觀念

本題考「功能完備邏輯閘」：若只使用某一種邏輯閘，就能組合出 NOT、AND、OR 等所有基本邏輯運算，該邏輯閘便具有功能完備性。NAND 與 NOR 都具有此特性；本題選項中只有 NAND。

NAND 的定義為 AND 的反相：

$A \operatorname{NAND} B = \overline{A \cdot B}$

解題方法

用 NAND 可以依序建構 NOT、AND 與 OR：

1. 建構 NOT：將同一訊號接到 NAND 的兩個輸入端。

$A \operatorname{NAND} A = \overline{A \cdot A} = \overline{A}$

2. 建構 AND：先用 NAND 得到 $\overline{A \cdot B}$，再將結果接到另一個 NAND 的兩個輸入端反相。

$\overline{A \operatorname{NAND} B} = \overline{\overline{A \cdot B}} = A \cdot B$

3. 建構 OR：先分別反相 $A$、$B$，再將結果送入 NAND。依德摩根定律：

核心觀念

本題考儲存容量單位的大小順序。常見容量單位由小到大依序為：

$\text{KB} < \text{MB} < \text{GB} < \text{TB}$

每往上一級，單位所代表的容量都更大。

解題方法

將題目列出的四種單位依容量由小到大排列：KB 是千位元組、MB 是百萬位元組、GB 是十億位元組、TB 是兆位元組，因此順序為 KB、MB、GB、TB。

選項分析

核心觀念

本題考查時間單位的換算與比較。常用單位關係如下：

換算時可將所有數值改成同一單位，再比較大小。

解題方法

統一換算為奈秒（ns）：

• (A) $1{,}000{,}000\ \text{ps}=1{,}000{,}000\times10^{-3}\ \text{ns}=1{,}000\ \text{ns}$
• (B) $0.0025\ \text{ms}=0.0025\times10^{6}\ \text{ns}=2{,}500\ \text{ns}$
• (C) $500\ \text{ns}=500\ \text{ns}$
• (D) $0.1\ \mu\text{s}=0.1\times10^{3}\ \text{ns}=100\ \text{ns}$

比較可得 $100<500<1{,}000<2{,}500$，因此最小的是選項 (D)。

核心觀念

二的補數是常見的有號整數表示法。對固定的 $n$ 位元而言，負數可用「對應正數的位元反相後加 1」表示。它也讓減法能轉換成加法，且零只有一種表示方式。

解題方法

逐一檢查選項是否符合二的補數的定義與特性。最關鍵的是辨認二的補數中零的表示方式：固定 $n$ 位元時，$+0$ 與 $-0$ 都表示為全零，因此沒有兩種不同的零表示。

選項分析

• (A) 正確。 二的補數是用二進位表示有號整數的方法之一。
• (B) 正確。 減法可改寫為加上減數的二的補數。例如 $A-B=A+(-B)$，運算結果依固定位元數保留。
• **(C) 正確。

核心觀念

進制轉換是依各位數的位值加權求和。對 $b$ 進位數 $(a_na_{n-1}\cdots a_0)_b$，其十進位值為：

每一位數字都必須小於底數 $b$。

解題方法

將各選項換算成十進位，與題目給的 $592$ 比較。

選項分析

• (A) $(1001110000)_2$：錯誤。

核心觀念

本題考二進位位元的邏輯運算：先逐位元進行 OR，再將 OR 的結果與第三個位元串逐位元進行 XOR。

• OR：同一位元只要有一個是 $1$，結果就是 $1$。
• XOR：兩個位元不同時結果為 $1$，相同時結果為 $0$。

解題方法

先計算前兩個位元串的 OR：

再將結果與 $11110110$ 做 XOR。兩個位元串完全相同，因此每一位都是相同位元，XOR 結果全為 $0$：

選項分析

核心觀念

移位器由串接的 D 型正反器組成。每個時脈沿到來時，各正反器的輸出會更新為前一級的輸出；串列輸入則進入第一級。重置後各級初始值為 $0$，因此輸入資料必須經過移位，才會依序到達串列輸出端。

解題方法

將輸入位元 $1,0,0,1$ 依序送入移位器，並追蹤每個時脈沿後的狀態。以四級正反器由輸入端至輸出端排列，狀態變化如下：

核心觀念

二的補數可用來表示有正負號的二進位整數，也能將減法轉成加法。對 $8$ 位元數而言，減去 $B$ 等於加上 $B$ 的二的補數：

$A-B=A+\overline{B}+1$

運算結果若超過 $8$ 位元，捨棄最左側的進位。

解題方法

被減數為 $11110000$，減數為 $00011000$。先求減數的二的補數：

1. 逐位取反：$00011000\rightarrow11100111$
2. 加 $1$：$11100111+1=11101000$

接著相加：

捨棄超出 $8$ 位元的最左側進位，結果為 $11011000$，因此選項 (D) 正確。

核心觀念

解多工器（Demultiplexer，DEMUX）會依照選擇線所代表的二進位值，將一個輸入訊號送至多個輸出端中的其中一個。若有 $n$ 條選擇線，可表示 $2^n$ 種選擇狀態，因此最多可選擇 $2^n$ 個輸出端。

解題方法

題目要求設計 $1$ 對 $15$ 的解多工器，也就是要從 $15$ 個輸出端中選出一個。選擇線數 $n$ 必須滿足：

逐一比較二的次方：

因此至少需要 $4$ 條選擇線。

選項分析

核心觀念

本題考布林代數的反元素運算，以及德摩根定律。符號 $'$ 表示補數（NOT），乘法 $xy$ 表示 AND。德摩根定律指出，乘積的補數等於各變數補數的和：

解題方法

將德摩根定律套用於 $(xy)'$：先把補數分配到 $x$ 與 $y$，再將 AND（乘法）轉為 OR（加法），得到

因此相等的選項是 (B)。

選項分析

核心觀念

本題考「中文字元編碼」的歷史與用途。大五碼（Big5）是早期臺灣常用的繁體中文字元編碼方式，用來表示繁體中文、英文字母、數字及符號。

解題方法

抓住題目中的關鍵詞「早期盛行於臺灣」即可判斷。臺灣早期個人電腦與中文作業環境常使用大五碼，因此選擇 Big5。Unicode 則是後來廣泛採用、可涵蓋多種語言文字的通用字元編碼標準。

選項分析

• (A) 萬國碼（Unicode）錯誤。 Unicode 是涵蓋世界各地文字的通用字元編碼標準，並非題目所指早期盛行於臺灣的繁體中文編碼方式。
• **(B) 大五碼（Big 5）正確。

核心觀念

虛擬記憶體管理單元（virtual memory manager）負責管理程序可使用的虛擬位址空間，並將虛擬位址轉換為實體位址。常見工作包括維護頁表、處理缺頁、安排頁面置換，以及設定記憶體存取權限。

「決定不同程序之間的處理順序」則屬於作業系統的程序排程功能，通常由 CPU 排程器負責，不是虛擬記憶體管理的工作。

解題方法

逐項辨認選項所描述的功能，並判斷它屬於記憶體管理還是程序管理：

• 與位址空間、記憶體存取、程式載入方式相關者，屬於虛擬記憶體管理。
• 與程序先後執行、CPU 使用順序相關者，屬於程序排程。

因此，題目問「不是虛擬記憶體管理單元的功能」，應選出程序排程的描述。

選項分析

(A) 方便動態連結程式庫的實作：正確，屬於虛擬記憶體管理可支援的效果。 透過虛擬位址空間與位址轉換，程式庫可以被載入並映射到程序的位址空間中；共享程式庫也能由多個程序共用部分記憶體映射，因而有助於動態連結的實作。

核心觀念

本題考查軟體模組的兩項設計品質：

• 內聚力（cohesion）：衡量同一模組內各項功能彼此相關的程度。功能越集中、越共同服務於單一明確目的，內聚力越高。
• 耦合力（coupling）：衡量不同模組之間依賴或互相影響的程度。模組依賴越少、介面越簡單，耦合力越低。

良好的模組化設計追求高內聚、低耦合：讓模組內的工作緊密相關，同時減少模組間的依賴。

解題方法

分別判斷兩個設計目標的方向即可：模組內部的功能應該集中，因此內聚力要高；模組彼此應降低依賴，因此耦合力要低。符合這兩項原則的選項就是正確答案。

選項分析

核心觀念

分頁是虛擬記憶體管理方式。程序的虛擬位址空間切分成大小相同的「頁」（page），主記憶體則切分成相同大小的「頁框」（frame）；頁表記錄虛擬頁與實體頁框的對應關係。

在位址空間大小固定時，分頁大小越大，所需的頁數通常越少，因此頁表所需記錄的對應項目也較少，頁表占用的記憶體空間通常會降低。

解題方法

設程序的虛擬位址空間大小為 $S$，分頁大小為 $P$，則頁數約為：

分頁大小 $P$ 增加時，頁數減少；每個虛擬頁都需要頁表項目記錄對應的頁框，因此頁表項目數也隨之減少。這正是選項 (D) 所述的優點。

選項分析

核心觀念

本題考磁碟控制器處理毀損磁區（Bad Block）的替代方式。磁碟通常會保留額外磁區；發現磁區毀損後，控制器可將原磁區重新對應到備用磁區，讓作業系統仍能透過原有的邏輯位址存取資料。常見方法包括 磁區備份（Sector Sparing）、磁區順延（Sector Slipping）​及磁區取代（Sector Forwarding）。

解題方法

逐一比對選項是否為磁碟壞軌處理中常見的磁區重新配置方法。題幹描述的是以額外磁區替代毀損磁區，因此不屬於這類方法的選項，就是答案。

選項分析

• (A) 磁區備份（Sector Sparing）：屬於壞磁區替代方法。控制器將壞磁區重新對應至備用磁區，讀寫時由控制器轉址。

核心觀念

本題考查資料結構的存取順序，以及文字編輯器如何保留編輯歷程以支援復原（Undo）。

堆疊採用「後進先出」（LIFO）：最後放入的資料會最先取出。使用者復原時，通常要先取消最近一次的編輯操作，再依序取消更早的操作，正好符合堆疊的運作方式。

解題方法

把每次編輯操作視為一筆歷程資料，依發生順序放入堆疊。按下復原時，從堆疊頂端取出最新的操作，並還原該操作之前的文字狀態。若要連續復原，就重複取出堆疊頂端的紀錄。

選項分析

• (A) 雜湊表（Hash Table）錯誤：雜湊表主要用於依鍵值快速查找資料，不會自然保留操作的先後順序，因此不適合直接支援「先復原最近操作」的需求。

核心觀念

本題考查以陣列表示最大堆積的索引關係，以及堆積的形狀性質與插入時間複雜度。

最大堆積是一棵完全二元樹，且每個父節點的鍵值都不小於其子節點。完全二元樹除了最後一層外，其餘各層皆填滿；最後一層的節點由左至右連續排列。因此，節點的分支度（子節點數）可以是 $0$、$1$ 或 $2$。

若陣列採 1 起始索引，索引為 $i$ 的節點，其左子節點索引為 $2i$、右子節點索引為 $2i+1$；父節點索引為 $\lfloor i/2 \rfloor$。這些索引都可用固定次數的運算取得。

解題方法

依序檢視各選項：先用陣列索引公式判斷尋找父子節點是否為常數時間，再用完全二元樹的形狀判斷分支度，最後檢查插入時沿樹高向上調整的成本。

選項分析

• (A) 正確。 已知節點索引 $i$，子節點索引為 $2i$ 與 $2i+1$。取得子節點位置只需固定次數的運算，時間複雜度為 $O(1)$。若子節點索引超出堆積範圍，代表該子節點不存在。

核心觀念

本題考查物聯網（Internet of Things, IoT）的概念。物聯網是透過網路連接各種實體裝置，並運用感測器、嵌入式系統等技術蒐集環境資訊、交換資料及執行控制，使實體世界與網路服務互相連結。

解題方法

抓住題幹的關鍵描述：「內建各式感測器的連網型裝置」以及「整合虛擬世界和實體世界，提供自動化控制及應用」。這正是物聯網的典型特徵：讓物件連上網路，透過感測、通訊與控制產生應用。

選項分析

• (A) 網際網路 2.0（Web 2.0）錯誤。 Web 2.0 強調使用者參與、互動與內容分享，例如社群網站和協作平台；重點不在感測器連接實體裝置或自動化控制。
• **(B) 物聯網（Internet of Things, IoT）正確。

核心觀念

本題考查加密演算法的分類與金鑰使用方式：

• 非對稱式加密使用一對公鑰與私鑰。若目的是保密，傳送端以接收者的公鑰加密，接收端以對應的私鑰解密。
• 對稱式加密的加密與解密使用相同的共享金鑰。
• 區塊加密以固定長度的資料區塊為處理單位；串流加密則逐位元或逐位元組產生金鑰串流來加密資料。

解題方法

逐項辨認演算法類型：RSA 屬於非對稱式加密；DES 是區塊加密；RC4 是串流加密。再核對選項中的分類與金鑰用途，找出錯誤敘述。

選項分析

核心觀念

本題考查作業系統的程序間通訊（IPC）機制，以及「訊息傳送」與「共用記憶體」的差異。常見 IPC 機制包括訊息傳送、共用記憶體、信號及管線（pipe）。

訊息傳送由程序透過作業系統提供的通訊操作交換資料；共用記憶體則讓多個程序存取同一塊記憶體，通常適合傳送大量資料。信號主要用來通知程序某事件發生；管線則提供程序間傳送資料的通道。

解題方法

逐一判斷各選項描述的機制是否符合上述特性。官方答案指定 D，關鍵在於命題分類：本題將 UNIX PIPE 視為不同於「訊息傳送」的管線機制，因此 D 的分類敘述錯誤。

選項分析

• (A) 正確。 訊息傳送可透過網路通訊機制，讓不同機器上的程序交換資料；因此不必限於同一台電腦。
• (B) 正確。 大量資料若以訊息傳送方式逐筆複製及經由系統呼叫傳遞，會增加作業系統介入與資料複製的負擔。

核心觀念

本題考的是使用者層次執行緒與核心執行緒之間的映射模式，以及各模式對平行執行、執行緒數量與即時需求的支援。

• 多對一模式（Many-to-One）：多個使用者執行緒映射到一個核心執行緒。管理成本低，但一次只能有一個執行緒在核心中執行；若其中一個執行緒阻塞，也可能使同一程序的其他執行緒無法繼續。
• 一對一模式（One-to-One）：每個使用者執行緒各自對應一個核心執行緒。可利用多核心平行執行，但核心執行緒數量會隨使用者執行緒增加，可能受到系統資源或數量限制。
• 多對多模式（Many-to-Many）：多個使用者執行緒多工至一定數量的核心執行緒，可兼顧平行執行與執行緒管理彈性。
• 二層模式（Two-level）：在多對多模式上增加選擇性的一對一綁定，使特定使用者執行緒能固定對應核心執行緒。

解題方法

先依題幹的三項條件判斷：

1. 適用於即時系統：需要讓重要執行緒能獲得較可預期的執行機會。
2. 利用多處理核心：須允許多個核心執行緒同時執行，以發揮平行處理能力。
3. 支援足夠的使用者執行緒數量：不宜要求每一個使用者執行緒都必須獨占一個核心執行緒。

二層模式同時具備多對多的彈性，以及將特定執行緒綁定至核心執行緒的能力，因此符合題目所述條件。

選項分析

核心觀念

本題考多核心程式設計的主要考量。多核心處理器能讓多個核心同時執行工作，但程式必須妥善切分工作，並處理工作量分配與資料間的依賴關係，才能有效發揮平行處理效能。

解題方法

先辨認題目問的是「設計多核心程式時最主要考慮的議題」，再區分程式設計上的平行化問題與處理器或系統層級的目標。工作負載平衡、資料相依性、資料分割都直接影響程式能否正確且有效地平行執行；節能則是系統設計與資源管理的重要目標，但不是此處所列的多核心程式設計主要議題。因此選 (B)。

選項分析

• (A) 平衡（Balance）：錯誤選項。 平行任務的工作量應盡量均衡，避免部分核心提早閒置、其他核心仍忙於工作，造成整體執行時間受最慢任務限制。工作負載平衡是多核心程式設計的重要考量。
• **(B) 節能（Power Saving）：正確答案。

核心觀念

本題考垃圾回收（Garbage collection）與一般記憶體配置策略的區別。垃圾回收的目標是找出程式已無法再存取的物件或記憶體區塊，回收後供後續使用。常見方法包括複製回收、標記清除與分代回收。

最佳配適（Best-fit）​則是動態記憶體配置策略：配置空間時，從可用區塊中選擇大小最接近需求、且足以容納該需求的區塊。它不是垃圾回收演算法。

解題方法

先分辨各選項是在說「回收不可達物件的機制」，還是「配置記憶體區塊的策略」。前三者是常見垃圾回收方法；最佳配適處理的是如何從空閒區塊中挑選空間，因此與垃圾回收的分類不同。

選項分析

• (A) 複製回收演算法（Copying algorithm）：屬於常用垃圾回收方法。將仍存活的物件複製到另一個空間，並在複製過程中整理配置空間。

核心觀念

本題考「雲端計算」的概念：使用者可透過網路，依當下需求取得適當的計算資源，例如處理能力、儲存空間與軟體服務，並能彈性調整使用量。這種按需取用資源的方式，常以自來水、電力等公共設施作比喻。

解題方法

抓住題幹中的「依據當下需求」、「適當形式與適量資源」這些關鍵語句。題目描述的是使用者按需取得計算資源的服務模式，因此對應「雲端計算」，而非單純描述計算設備如何分散或協同運作。

選項分析

• (A) 無所不在計算（ubiquitous computing）：強調計算能力融入日常環境，使用者可在各種情境中自然地使用計算服務。重點是計算無所不在，不是按需調度軟硬體資源，因此不符合題幹。

核心觀念

本題考查 UNIX／Linux 常用命令列指令的用途。刪除檔案的基本指令是 rm，名稱來自 remove。

解題方法

辨認各選項的指令功能，找出用於移除檔案的命令。rm 可刪除指定檔案；使用時需留意檔名與路徑，避免誤刪。

選項分析

• (A) del：錯誤。 常見於 DOS／Windows 命令列的刪除指令，不是 UNIX／Linux 標準的檔案刪除指令。
• **(B) kill：錯誤。

核心觀念

本題考取樣定理（奈奎斯特－夏農取樣定理）：若要重建最高頻率為 $f_{\max}$ 的訊號，取樣頻率至少須為最高訊號頻率的 2 倍：

傳統電話語音的最高音訊頻率約為 $4\text{ kHz}$，因此最低取樣頻率為：

解題方法

題目給出電話音訊的最高頻率 $4\text{ kHz}$，套用取樣定理，將最高頻率乘以 2，即得最低取樣頻率 $8\text{ kHz}$。

選項分析

核心觀念

本題考查虛擬實境（Virtual Reality, VR）的三個基本特徵，常以「三個 I」記憶：Imagination（想像）、Interaction（互動）、Immersion（沉浸）。這三項分別說明虛擬情境的構想、使用者與虛擬環境的互動，以及使用者身歷其境的感受。

解題方法

先辨認題目所問的「三個 I」，再比對各選項的英文名稱。符合三個 I 的是 Imagination、Interaction、Immersion；不在其中的選項就是答案。

選項分析

核心觀念

本題考「無損壓縮」與「有損壓縮」的差異。無損壓縮解碼後可還原成與原始資料完全相同的內容；有損壓縮則會捨棄部分資訊，解碼後無法完全還原。

PNG 是常見的無損影像格式；MPEG-2、H.264 與 VC-1 則是視訊編碼標準，常見用途採用有損壓縮。

解題方法

先辨認各選項屬於影像格式或視訊編碼，再判斷其典型壓縮方式。題目問「一定為無損壓縮」，因此要選能完整保留原始影像資料的格式，而不是常見採有損壓縮的視訊標準。

選項分析

核心觀念

索引式色彩是指影像像素不直接儲存完整的 RGB 色彩值，而是儲存一個索引值，再由色彩查詢表（Color Look-Up Table, CLUT）依索引查出對應的顏色。索引值所需的位元數決定可選用的顏色數，例如 4 位元可表示 $2^4=16$ 種顏色。

解題方法

判斷選項是否屬於索引式色彩，關鍵在於像素是否以索引查表取得顏色。題目中的「16 色影像」通常以 4 位元索引表示，每個像素記錄 16 種調色盤顏色之一，因此符合索引式色彩的特徵。

選項分析

核心觀念

本題考影像的解析度、色彩數與儲存容量。未壓縮時，每個像素都要記錄其顏色；若影像有 $N$ 種顏色，表示一個像素至少需要 $\lceil\log_2 N\rceil$ 位元來編碼。

解題方法

影像尺寸為 $20\times20$，共有：

「16 色」需要的色彩位元數為：

因此影像資料量為：

$8$ 位元等於 $1$ 位元組，換算後：

所以至少需要 $200$ 位元組。

選項分析

核心觀念

本題考影像格式與壓縮編碼法的對應。GIF（Graphics Interchange Format）使用 LZW（Lempel-Ziv-Welch）無失真壓縮，藉由建立字串字典來表示重複出現的資料序列。

解題方法

辨認常見影像格式的壓縮特性即可：GIF 對影像資料採用 LZW 編碼；PNG 使用 DEFLATE；JPEG 常見的是以離散餘弦轉換（DCT）為基礎的有失真壓縮。TIFF 則是容器格式，可支援多種壓縮方式，不能單憑 TIFF 格式名稱判定使用 LZW。

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