113 地方特考四等 電信工程 計算機概要 考古題詳解
第 1 題2 分
一般而言，處理器利用下列哪一個元件，記錄下一個要抓取的指令的記憶體位址？
核心觀念
處理器在取指令時，需要知道下一個要讀取的指令位於哪個記憶體位址。負責保存這個位址的暫存器是程式計數器（Program Counter，PC）。一般情況下，處理器取出一條指令後，PC 會更新至下一條指令的位址；若執行跳躍或分支指令，PC 則會改為指定的目標位址。
解題方法
題目問的是「記錄下一個要抓取的指令的記憶體位址」的元件。辨認關鍵在於「下一個指令位址」：這正是程式計數器（PC）的功能，因此選 (B)。
選項分析
第 2 題2 分
為提高運算效能，超純量（superscalar）處理器通常採用亂序（out-of-order）及預測式執行（speculative execution）的方式執行指令。然而，當指令發生例外（exception）狀況或遇到中斷（interrupt）時，可能必須刪除某些已預先執行指令的結果，使處理器的狀態倒回某循序指令結束時的狀態，做到 precise interrupt。
下列超純量處理器中的微架構機制，何者是用於實現 precise interrupt 的必要機制？
核心觀念
本題考查超純量處理器如何在亂序執行及預測式執行下，仍維持精確例外（precise exception）或精確中斷（precise interrupt）。
處理器內部可讓多條指令同時執行，且指令完成的順序可能與程式順序不同。若發生例外或中斷，處理器必須能呈現一個一致的狀態：較早指令的結果已完成，較晚指令的結果尚未影響架構狀態。這需要依照程式順序提交指令，並能捨棄尚未提交的指令結果。
解題方法
辨認題幹中的關鍵要求：指令可能已亂序或預測式執行，但發生例外、中斷時，必須回到某個循序指令邊界的處理器狀態。能保存指令完成資訊、依程式順序提交結果，並在例外時清除較後指令結果的機制，是重排序緩衝器（reorder buffer, ROB）。
選項分析
- (A) instruction dispatcher：錯誤。 指令派送器負責將解碼後的指令送往適當的執行單元或保留站，不負責依程式順序提交結果，也不負責回復例外狀態。
第 3 題2 分
假設某一塊記憶體的大小為 （Mega Byte），該記憶體的每個字組（word）大小為 -Byte，則 CPU 至少要有多少條位址線，才足夠定址該記憶體的一個字組？
核心觀念
位址線數決定 CPU 可表示的不同位址數。若每個位址對應一個字組， 條位址線可定址 個字組，因此要先算出記憶體共有多少個字組，再找出足以涵蓋該數量的最小 。
本題依一般計算機概要慣例，。
解題方法
記憶體總容量為：
每個字組為 ，所以字組總數為：
因此需要 個不同位址，至少須有 條位址線，因為 條線可提供 個位址。
第 4 題2 分
十進位數 以二進位表示時，其數字為下列何者？
核心觀念
十進位轉二進位，可用「除以 2 取餘數」法：每次將商除以 ，記下餘數，直到商為 。由於每個餘數代表一個二進位位元，將餘數由下往上排列，即為二進位表示。
解題方法
依序將 除以 ，記錄各次餘數：
| 除法 | 商 | 餘數 |
|---|---|---|
由下往上讀取餘數，得到 。
也可用位權驗算：
第 5 題2 分
電腦 CPU 中的 ALU 單元，下列何者為主要功能？
核心觀念
CPU 的算術邏輯單元（ALU，Arithmetic Logic Unit）主要負責執行算術運算與邏輯運算，例如加減、比較、AND、OR 等。暫存器負責暫存資料；控制單元（CU，Control Unit）則負責解讀指令並協調各單元的作業。
解題方法
辨認 ALU 的名稱即可切入：其中的「算術邏輯」指出它處理的是運算。因此，詢問 ALU 的主要功能時，應選擇描述「執行運算」的選項。
選項分析
第 6 題2 分
假設你只有 -to- 解多工器（demultiplexer）的元件可以使用，則總共需要幾個 -to- 解多工器元件，才能組合成一個 -to- 解多工器？
核心觀念
-to- 解多工器（demultiplexer，DEMUX）有 個資料輸入端與 個選擇端，可將輸入訊號導向 個輸出端之一。若要形成 -to- 解多工器，可逐層擴充：每個元件的 個輸出端，都能接到下一層 個解多工器的輸入端。
解題方法
先由最末層往前推算所需元件數：
- 最末層需要 個輸出端，因此需要 個解多工器。
- 這 個元件的輸入端由前一層供應；每個前一層元件可提供 路輸出，因此前一層需要 個。
- 再往前一層，需要 個元件。
總數為：
第 7 題2 分
將下列三進位數值 轉換為九進位，何者正確？
核心觀念
三進位每兩位可以直接合併成一位九進位，因為 。因此，從三進位轉換成九進位時，從小數點往左每兩位分成一組，再逐組換算；不足兩位的最左組在前方補 。
解題方法
將 從右往左每兩位分組：
各組換成九進位的一位數：
依序排列，得到：
選項分析
第 8 題2 分
若作業系統沒有做好程序排程（process scheduling），使得某些程序 、、 不斷地獲得使用 CPU 的機會，但某一程序 卻長時間無法使用 CPU，這種現象稱為：
核心觀念
本題考查作業系統的程序排程與「捱餓」（starvation）。捱餓是指某程序長時間無法取得所需資源或使用 CPU；即使其他程序持續獲得服務，該程序仍不斷等待。
解題方法
題幹指出 、、 不斷獲得 CPU 機會，而 長時間無法使用 CPU。這表示排程不公平，使 持續等待，符合捱餓的定義。
選項分析
- (A) 捱餓（starvation）—正確。 某程序長期得不到 CPU 或其他資源，正是捱餓。
- **(B) 死結（deadlock）—錯誤。
第 9 題2 分
下列何者不是使用虛擬記憶體的主要好處？
核心觀念
虛擬記憶體（Virtual Memory）讓作業系統將程式使用的位址空間，對應到實際的主記憶體與輔助儲存裝置。程式不必一次全部載入主記憶體，只有目前需要的部分才會載入；若所需頁面不在主記憶體，就會發生缺頁，作業系統再從輔助儲存裝置將它載入。
因此，虛擬記憶體的主要好處包括：讓程式的位址空間不受實體記憶體容量直接限制、提高多工環境下可同時執行的程式數量，以及減少程式開始執行前必須載入的內容。虛擬記憶體的存取則可能因位址轉換與缺頁處理而增加時間。
解題方法
辨別選項描述的是「虛擬記憶體的管理效益」，還是「記憶體存取速度的提升」。虛擬記憶體藉由延後載入與頁面置換管理記憶體，並不會讓主記憶體本身變快；一旦缺頁，還需讀取速度較慢的輔助儲存裝置，存取延遲反而可能增加。
選項分析
- (A) 程式不再受到實際記憶體之可用空間的限制：正確。 程式可使用比目前可用主記憶體更大的虛擬位址空間，作業系統再按需將程式頁面載入主記憶體。這不是表示實體記憶體完全不受限制；
第 10 題2 分
假設某一張彩色影像的解析度為 ，每個像素的顏色採用「索引顏色（indexed color）」（也可稱為「調色盤顏色（palette color）」）來編碼，假設使用的調色盤顏色設定為 色，則編碼此張彩色影像需要多少位元？
核心觀念
索引顏色以每個像素儲存一個「調色盤索引」，而不是直接儲存 RGB 各色通道的數值。可表示的顏色數為 時，每個像素所需位元數為：
影像的總位元數則為「像素總數 × 每像素位元數」。
解題方法
調色盤有 色，因此每個像素的索引需要：
影像共有：
所以影像像素資料所需位元數為：
選項分析
第 11 題2 分
下列何種記憶體的處理速度最快？
核心觀念
本題考記憶體階層的存取速度。一般而言，記憶體越靠近處理器，存取速度越快，但容量通常越小、成本也越高。典型速度由快至慢為：
暫存器（Register）位於處理器內部，用來暫存指令執行時所需的資料、位址或運算結果，供處理器快速存取。
解題方法
先辨認選項中的記憶體階層，再比較存取速度。暫存器直接供處理器運算使用，存取速度通常快於快取記憶體與 RAM，因此本題選暫存器。
選項分析
第 12 題2 分
某個關聯式資料庫中，原本已有二個關聯（relation）表 和 ，若想產生一個新的關聯表 ，包含同時存在於關聯表 和關聯表 中的元組（tuples），則該使用下列哪一個關聯運算？
核心觀念
關聯代數的 交集（intersection） 會產生同時出現在兩個關聯中的元組。以集合表示，新關聯表 為：
也就是只有同時存在於 與 的元組會列入 。
解題方法
題目要找的是「同時存在於關聯表 和 中」的元組，直接對照關聯運算的意義即可：兩個集合共有的元素稱為交集，因此應使用 intersection。
關聯代數中的交集通常要求兩個關聯相容，也就是欄位數相同，且對應欄位的資料型態相容。
選項分析
第 13 題2 分
下列何者是目前常見的資料庫管理軟體？
核心觀念
本題考查常見軟體的用途分類。資料庫管理系統（Database Management System，DBMS）用來建立、管理及查詢資料庫；MySQL 是常見的關聯式資料庫管理系統。
解題方法
辨認各選項的主要功能，找出專門用於資料庫管理的軟體。文書處理、簡報製作及社群通訊軟體都不屬於 DBMS。
選項分析
- (A) Word：錯誤。 Microsoft Word 是文書處理軟體，主要用來編輯與排版文件。
- **(B) PowerPoint：錯誤。
第 14 題2 分
下列為 C 語言中宣告的一個陣列 ，何者為此陣列第一個元素的記憶體位置？
核心觀念
在 C 語言中，陣列名稱用在一般運算式時，會轉換為指向陣列第一個元素的指標。因此，對陣列 a[10] 而言，a 代表第一個元素 a[0] 的位址。
解題方法
a[10] 表示陣列有 10 個元素，索引從 0 開始，依序為 a[0] 至 a[9]。陣列名稱 a 在此處轉換成指向 a[0] 的指標，所以第一個元素的記憶體位置可寫成 a，也可寫成 &a[0]。
選項分析
- (A) ：錯誤。
$a[0]$是第一個元素的值，不是其記憶體位置；要取得其位址應寫成&a[0]。 - **(B) ：錯誤。
第 15 題2 分
若在一個堆疊（Stack）中，依序推入（Push）、、、、 和 等數字，接著執行兩次彈出（Pop），則堆疊頂端的元素應為何者？
核心觀念
堆疊（Stack）採用「後進先出」（LIFO, Last In, First Out）原則：最後推入的元素位於堆疊頂端，執行 Pop 時先移除頂端元素。
解題方法
依序 Push 後，堆疊由底部到頂端為：
兩次 Pop 會先移除最上方的 ，再移除 。此時堆疊由底部到頂端為：
因此，堆疊頂端元素是 。
選項分析
第 16 題2 分
下圖中從節點 至節點 的最短路徑，其長度為何？
（原卷包含圖形，文字擷取未包含圖形內容。）
核心觀念
本題考查加權無向圖的「單源最短路徑」問題。邊上的數字代表兩節點間的距離或成本，要求從節點 到節點 的最小總權重。
可使用 Dijkstra 演算法，或直接比較各條可行路徑的權重：
由於圖中的邊權重皆為正數，Dijkstra 演算法適用。
解題方法
從圖中可得一條重要路徑：
其長度為：
因此：
再比較其他主要路徑：
第 17 題2 分
有一棵二元樹之前序（Prefix）走訪結果為 、、、、、、、。若此二元樹根節點之右子樹的樹根為 ，則此二元樹根節點之左子樹的節點個數為何？
核心觀念
二元樹的前序走訪順序為「根節點、左子樹、右子樹」。因此，前序序列會先列出根節點，再依序列出左子樹的所有節點，最後列出右子樹的所有節點。
解題方法
前序序列是 ，所以根節點為 。題目已知根節點的右子樹樹根為 ；在前序走訪中，右子樹樹根會是右子樹序列的第一個節點。
因此， 之前的節點可分成根節點 與左子樹的節點：
扣除根節點 ，左子樹共有 三個節點。
第 18 題2 分
下列何種樹狀資料結構，不保證為平衡樹（Balanced tree）？
核心觀念
本題考樹的形狀限制，以及這些限制是否足以保證樹高平衡。平衡樹通常要求左右子樹高度差受限，或整棵樹的高度維持在 ；僅符合某種節點排列或子節點數量規則，不一定代表平衡。
解題方法
逐一檢查各選項的定義，並判斷該定義是否限制樹高：
- 若節點必須按層填滿，樹高會隨節點數以對數速度增加。
- 若只限制每個節點的子節點數量，或只要求符合搜尋次序，仍可能形成細長的樹。
選項分析
(A) 完整二元樹（Complete binary tree）：錯誤。 完整二元樹除最後一層外，其餘各層都填滿；最後一層的節點由左至右排列。因此，樹高約為 ，不會退化成單側鏈狀，符合平衡樹的高度特性。
(B) 完滿二元樹（Full binary tree）：錯誤。 完滿二元樹要求每個節點都有 個或 個子節點，但不限制左右子樹高度差。
第 19 題2 分
何者不是下圖的子圖（Subgraph）？
（原卷包含圖形及各選項圖示，文字擷取未包含完整圖形內容。）
核心觀念
本題考「子圖（Subgraph）」的定義。
若圖 的圖形 是 的子圖，必須符合：
也就是說，子圖可以少掉原圖的頂點或邊，但不能增加原圖不存在的邊。
由題圖可讀出原圖的邊為：
解題方法
逐一檢查各選項中的每一條邊，是否都存在於原圖中。只要某選項含有原圖不存在的邊，就不是原圖的子圖。
選項分析
第 20 題2 分
若以廣度優先搜尋（Breadth-first Search）走訪下圖（從節點 開始），各節點的走訪順序應為何？（若同時有多個選擇，請優先挑選數字較大的節點。）
（原卷包含圖形，文字擷取未包含圖形內容。）
核心觀念
廣度優先搜尋（Breadth-first Search, BFS）按照「距離起點的層級」逐層走訪：
- 先走訪起點。
- 將起點所有尚未走訪的相鄰節點加入佇列。
- 依佇列先進先出順序處理節點。
- 若同時有多個節點可選，依題意選擇數字較大的節點。
解題方法
由節點 開始，圖中節點 的相鄰節點為 。依「數字較大者優先」，加入佇列的順序為：
目前走訪順序：
接著處理節點 。節點 尚未走訪的相鄰節點為 ，依數字較大者優先，順序為：
因此完整的 BFS 走訪順序為：
第 21 題2 分
下列 C 函式為實作何種排序法？
void sort(long list[], long n) { long c, d, t;
for (c = 0; c < (n - 1); c++)
{
for (d = 0; d < n - c - 1; d++)
{
if (list[d] > list[d + 1])
{
t = list[d];
list[d] = list[d + 1];
list[d + 1] = t;
}
}
}
}
核心觀念
本題考辨認排序法的操作方式。**氣泡排序（Bubble sort）**會反覆比較相鄰的兩個元素；若順序錯誤，就交換位置。每一輪掃描後，較大的元素會逐步移到未排序區段的末端。
解題方法
內層迴圈逐一比較 list[d] 與 list[d + 1]：
if (list[d] > list[d + 1])
若左側元素較大，程式便交換兩者。內層迴圈每輪掃描未排序部分，範圍是 d = 0 到 n - c - 2；因此每輪結束時，該區段的最大值會被推到末端。外層迴圈逐輪縮小掃描範圍，直到完成排序。
例如，排序 [5, 2, 4]：
- 第一輪：比較
5與2，交換成[2, 5, 4]；再比較5與4，交換成[2, 4, 5]。 - 最大值
5已到末端，後續只需處理前面的未排序部分。
第 22 題2 分
關於利用循序搜尋法（Sequential Search）尋找串列資料的應用時機，下列敘述何者正確？
核心觀念
循序搜尋法（Sequential Search，也稱線性搜尋）是從串列的第一個元素開始，依序與目標值比較，直到找到目標或搜尋完所有元素。它不要求串列事先排序，適合資料量不大、搜尋次數不多，或資料未排序且不值得先花時間排序的情況。
若串列有 個元素，循序搜尋的時間複雜度為 ；搜尋成功時，平均約需比較 次，搜尋失敗時則需比較 次。
解題方法
判斷各選項是否符合循序搜尋的使用情境：資料已排序、大量資料或頻繁搜尋，通常較適合考慮其他搜尋方式；資料未排序且只需搜尋少數幾次，循序搜尋便能直接逐一比對，免去排序的額外成本。
選項分析
第 23 題2 分
以 C 語言撰寫的程式片段如下，執行的結果為何？
int a = 8; a = a >> 2; printf("a=%d\n", a);
核心觀念
>> 是 C 語言的右移運算子。將整數右移 1 位，相當於除以 2 並去除餘數；右移 2 位則相當於除以 。本題的 a 是正整數，因此可直接依此規則計算。
解題方法
初值為 。將 8 寫成二進位：
右移 2 位後，低位補 0：
因此，printf 會輸出：
a=2
選項分析
第 24 題2 分
下列 C 指令的輸出為何？
short s = 32768 / 2; printf("%hd %hd", s << 1, s << 2);
核心觀念
本題考查 short 的範圍、整數提升（integer promotion）、位元左移，以及 printf 格式指定詞 %hd 的作用。
常見平台上，short 為 16 位元，範圍是 至 。運算時，short 通常會先提升為 int；因此左移運算是在 int 型別上進行，不會先以 16 位元 short 的寬度截斷。
解題方法
先計算初始值：
因此 s 的值為 。接著，s 在左移運算前提升為 int：
兩個左移結果都能以常見平台的 int 表示。printf 中的 %hd 會將對應引數轉換為 short 再輸出。若採用 16 位元二補數表示，超出 short 正範圍的值會呈現如下結果：
- 轉成 16 位元二補數的
short，數值為 。 - 轉成 16 位元二補數的
short，數值為 。
所以輸出為：
-32768 0
選項分析
第 25 題2 分
在程式語言的發展過程中，最早被設計出來的高階程式語言 FORTRAN，隸屬於下列哪一種類別？
核心觀念
本題考查程式語言的分類。命令式程式語言以一連串指令描述運算步驟，程式會改變變數或記憶體中的狀態；FORTRAN 是早期為科學與數值計算設計的高階程式語言，屬於命令式語言。
解題方法
依程式如何描述運算來判斷：FORTRAN 程式以敘述句指定計算步驟，例如設定變數、執行運算、依條件分支或重複執行，符合命令式語言的特徵。它不是以物件、函數組合或邏輯規則為主要組織方式。
選項分析
- (A) 命令式（imperative）程式語言：正確。 FORTRAN 以指令描述程式執行步驟，並透過變數與控制流程完成計算，屬於命令式程式語言。
- **(B) 物件導向式（object-oriented）程式語言：錯誤。
第 26 題2 分
執行以下 Python 程式並輸入「65」，下列何者為程式的輸出？
score = int(input())
if (score >= 90): print("A") elif (score >= 80): print("B") elif (score >= 60): print("C") else: print("F")
核心觀念
本題考查 Python 的條件判斷 if、elif、else。程式會由上而下檢查條件；一旦遇到第一個成立的條件，就執行該區塊，並跳過後續分支。
解題方法
輸入 65 後，int(input) 將輸入文字轉成整數，因此 score = 65。依序判斷：
score >= 90： 不成立。score >= 80： 不成立。score >= 60： 成立，因此執行print("C")。
程式輸出 C。
選項分析
第 27 題2 分
考慮下列 C 語言程式的宣告：
union allType { char character; int integer; float real; double doubleNum; };
如果 sizeof(char) 是 、sizeof(int) 是 、sizeof(float) 是 、sizeof(double) 是 ，sizeof(allType) 是多少？
核心觀念
union（聯合）的所有成員共用同一段記憶體，因此聯合所需的大小，至少要能容納最大成員。它不像 struct 一樣把各成員依序排列、累加大小。
解題方法
各成員的大小為：
因此，allType 至少需要 個位元組，才能容納最大的成員 double doubleNum。在本題所給的大小與一般考題假設下，`sizeof(allType) = 8
第 28 題2 分
執行下列 C++ 程式碼後，螢幕印出的數字為何？
int f(int x) { if (x % 2 == 0) return 2 * x; return x + 1; }
int main() { cout << f(f(f(2) + f(3))) << endl; return 0; }
核心觀念
本題考查 C++ 函式呼叫、巢狀呼叫的求值順序，以及 if 條件判斷。函式 f(x) 的規則是：
其中，x % 2 == 0 用來判斷 x 是否為偶數；條件成立就執行 return 2 * x，否則執行 return x + 1。
解題方法
由內而外計算巢狀函式呼叫：
- 計算括號內的兩個函式值：
- ： 是偶數，因此 。
- ： 是奇數，因此 。
第 29 題2 分
執行下列 C++ 程式碼後，螢幕印出的數字為何？
int f(int m) { static int n = 0; n++; return (m + n); }
int main() { cout << f(f(f(3))) << endl; return 0; }
核心觀念
函式內的 static 區域變數只初始化一次，並在多次函式呼叫間保留其值。因此，f 每執行一次，n 就加 ，且函式回傳當次的 。
巢狀函式呼叫會先計算最內層，再將其回傳值作為外層呼叫的引數。
解題方法
由內而外逐次計算：
- 最內層
f(3)：n從 加至 ，回傳 。 - 中間層
f(4)：n從 加至 ，回傳 。
第 30 題2 分
C 函數 bar() 的執行，產生下列何輸出結果？
void bar(void) { int i, j; for (i = 0; i < 5; i++) { for (j = 0; j < i + 1; j++) printf("*"); printf(" "); } }
核心觀念
本題考查 C 語言的巢狀 for 迴圈，以及迴圈內 printf 的執行次數。外層迴圈控制列數，內層迴圈控制每列印出的星號數。
解題方法
外層迴圈中，i 依序取 。每一輪內層迴圈的條件是 j < i + 1，因此該輪會印出 個星號。內層迴圈結束後，執行一次 printf(" ")，在該列星號後印出一個空格。
i | 星號數 | 該輪輸出 |
|---|---|---|
| 0 | 1 | * |
| 1 | 2 | ** |
| 2 | 3 | *** |
| 3 | 4 | **** |
| 4 | 5 | ***** |
合併各輪輸出為：
第 31 題2 分
給定以下類別定義：
class A { public: f() { cout << "$$$"; } A() { cout << ":::"; } A(int a) { cout << "***"; }
private: };
若在 main() 中執行以下指令，則將產生的輸出為何？
A *p = new A; A v(1); v.f(); p->f();
核心觀念
本題考 C++ 物件的建構子呼叫時機與成員函式呼叫：
new A會在動態配置的記憶體中建立一個A物件，並呼叫無參數建構子A。A v(1)會建立物件v，並呼叫帶一個整數參數的建構子A(int a)。- 呼叫
f只執行函式本體，不會再次呼叫建構子。
解題方法
依程式執行順序，記錄每一步印出的字串：
-
A *p = new A;建立動態物件時呼叫A，輸出:::。 -
A v(1);以整數1建立物件時呼叫A(int a)，輸出***。 -
v.f;執行f，輸出$$$。 -
p->f;透過指標呼叫動態物件的f，再輸出$$$。
依序串接，結果為：
選項分析
第 32 題2 分
執行下列 C++ 程式碼後，螢幕印出的數字為何？
int main() { int A[3][4] = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20, 22, 24};
int *p1 = A[1];
int *p2;
p2 = p1 + 4;
cout << *p2 << endl;
return 0;
}
核心觀念
本題考查二維陣列的記憶體排列方式，以及指標加法。C++ 的二維陣列採「列優先」排列：同一列的元素在記憶體中連續存放。
A[1] 是第二列的起始位置，因此 p1 指向 A[1][0]。對 int* 指標加上 ，會向後移動 個 int 元素。
解題方法
將陣列依列排列如下：
| 索引 | 元素 |
|---|---|
A[0] | 2, 4, 6, 8 |
A[1] | 10, 12, 14, 16 |
A[2] | 18, 20, 22, 24 |
因此：
p1 = A[1]，指向A[1][0]，值為10。p2 = p1 + 4，向後移動四個int的位置。
第 33 題2 分
關於乙太網路（Ethernet）的敘述，下列何者錯誤？
核心觀念
乙太網路（Ethernet）是區域網路（LAN）的技術，主要在資料連結層運作，透過媒體存取控制（MAC）位址識別同一區域網路中的網路介面，並以訊框傳遞資料。乙太網路的實體層則規定訊號如何透過傳輸媒介傳送，媒介可以是雙絞線、同軸電纜或光纖等有線媒介。
解題方法
逐項核對乙太網路的網路層級、位址類型與傳輸媒介。乙太網路主要提供實體層與資料連結層的功能；傳輸層則負責端對端的資料傳輸服務，例如 TCP 或 UDP。因此，若選項把乙太網路說成架設在傳輸層上，便是層級混淆。
選項分析
- (A) 以 MAC 位址來彼此傳遞訊息：正確。 乙太網路訊框包含來源與目的 MAC 位址，網路介面及交換器據此在區域網路中傳送訊框。
- **(B) 乙太網路可以架在傳輸層上：錯誤。
第 34 題2 分
網路通訊設備交換器（Switch）是屬於 OSI 網路協定第幾層？
核心觀念
OSI 七層模型中，交換器（Switch）一般指依據乙太網路訊框內的 MAC 位址轉送資料的設備，屬於資料連結層（第 2 層）。交換器會學習 MAC 位址與連接埠的對應關係，並據此將訊框送往目的設備所在的連接埠。
解題方法
判斷網路設備屬於哪一層，可看它主要依據什麼資訊轉送資料：
- 依據實體訊號或位元傳送：實體層。
- 依據 MAC 位址與訊框轉送：資料連結層。
- 依據 IP 位址路由封包：網路層。
- 依據連接埠號碼進行端對端通訊：傳輸層。
題目所稱的 Switch 是一般乙太網路交換器，依據 MAC 位址轉送訊框，因此屬於資料連結層。
選項分析
第 35 題2 分
有關光纖通訊（Fiber-optic communication），下列何者可為其軸心材質及傳輸原理？
核心觀念
光纖通訊利用光在纖維中的傳播來傳送訊號。光纖的主要結構包括纖芯（core）與包覆於外側的包層（cladding）；纖芯通常以玻璃製成，且折射率高於包層。
光線在纖芯與包層交界處入射時，若符合全反射條件，便會反覆在纖芯內反射並沿光纖傳播。因此，光纖的主要傳輸原理是光的全反射。
解題方法
題目要辨認兩件事：光纖的軸心材質，以及訊號沿纖維傳輸的原理。
先判斷材質：一般光纖的纖芯採用玻璃等透明介電材料；「矽」是元素名稱，並非本題所稱光纖軸心的標準材質描述。再判斷原理：光在纖芯與包層交界處反覆全反射，沿光纖前進。因此，應選「玻璃纖維、光全反射」。
選項分析
第 36 題2 分
對於 IP 位址（IPv4）的敘述，下列何者錯誤？
核心觀念
本題考查 IPv4 的傳統類別定址（Classful Addressing）、網路位址與主機位址的區分，以及特殊用途的 Loopback 位址。
IPv4 位址長度為 32 位元。傳統類別定址依位址最前面的位元判別類別：
| 類別 | 第一個八位元組範圍 | 預設網路／主機位元數 |
|---|---|---|
| Class A | 1–126 | 8／24 |
| Class B | 128–191 | 16／16 |
| Class C | 192–223 | 24／8 |
其中 127.x.y.z 保留作為 Loopback 位址，0 與 255 等特殊範圍也不適合直接套用一般主機位址規則。
解題方法
先看各選項敘述的關鍵條件：主機位址全為 1、127 開頭，以及 IP 位址的第一個八位元組。判定類別時，只需將位址的第一個數字與類別範圍比較；判斷 Class C 網路的主機位址數量時，則依其預設主機位元數計算。
選項分析
- (A) 正確。 在一般子網路中，主機位址欄位全為 1 是該子網路的廣播位址。例如某網路的主機欄位為 8 位元，全部設為 1 即代表對該子網路廣播。此規則指的是主機欄位，不是整個 IPv4 位址全為 1。
第 37 題2 分
有關 OSI 模型中傳輸層（Transport Layer）的協定，下列何者正確？
核心觀念
本題考查傳輸層中 TCP 與 UDP 的服務特性，以及應用層協定使用的傳輸方式。
- TCP 是面向連線的可靠傳輸協定，具備錯誤檢查、重傳、流量控制與壅塞控制等機制。建立連線時使用三方交握。
- UDP 是無連線的傳輸協定，標頭較簡單，不負責確認、重傳或壅塞控制，因此不保證可靠送達。
- 應用層協定會依需求選用 TCP 或 UDP；不能一概認定都採用 TCP。
解題方法
逐項核對各選項是否符合 TCP、UDP 的基本特性：
- 判斷 TCP 是否具有壅塞控制機制。
- 判斷三方交握屬於 TCP 還是 UDP。
- 比較 TCP 與 UDP 是否都提供可靠傳輸與重傳。
- 檢查列出的應用是否全都採用 TCP，尤其留意 DNS 與 PING。
選項分析
第 38 題2 分
有關 RSA 加密系統的敘述，下列何者錯誤？
核心觀念
RSA 是一種公開金鑰密碼系統，安全性主要建立在大整數分解的困難性上。它使用一組彼此相關的公開金鑰與私密金鑰：公開金鑰可供加密或驗證簽章，私密金鑰則用於解密或產生簽章。
RSA 由 Ron Rivest、Adi Shamir 與 Leonard Adleman 於 1977 年提出；Diffie 與 Hellman 提出的是公開金鑰密碼學的重要概念及 Diffie–Hellman 金鑰交換方法，並非 RSA 的發明者。
解題方法
逐項核對 RSA 的系統類型、安全性基礎、發明者，以及金鑰長度敘述。題目問「何者錯誤」，其中把 RSA 的發明者與金鑰交換演算法混為一談的選項，與 RSA 的基本事實不符。
選項分析
第 39 題2 分
有關 UDP（User Datagram Protocol）的敘述，下列何者錯誤？
核心觀念
本題考查 UDP 的傳輸層定位、資料傳遞方式，以及它與 TCP 的特性差異。UDP 是一種簡單、無連線的傳輸層協定，提供多工與解多工功能，但不提供可靠傳輸、流量控制或壅塞控制等機制。
解題方法
逐項判斷敘述是否符合 UDP 的基本特性。關鍵是分辨 UDP 與 TCP 的複雜度及速度：UDP 標頭較簡單、額外控制機制較少，因此通常開銷較低、傳輸速度較快；「較複雜且速度慢」描述的是相反特性。
選項分析
- (A) 正確。 UDP 屬於傳輸層協定，負責在主機間傳遞資料，並以連接埠號辨識應用程式。
- **(B) 正確。
第 40 題2 分
垃圾信件主要因為下列何種協定，很容易捏造不實身分來濫發電子郵件？
核心觀念
本題考查電子郵件傳送協定及垃圾郵件的來源偽造問題。SMTP（Simple Mail Transfer Protocol，簡易郵件傳送協定）負責在郵件伺服器之間傳送電子郵件。傳統 SMTP 傳送流程缺乏充分的寄件者身分驗證，寄件者欄位可被偽造，因此常被濫用來大量寄送垃圾郵件。
解題方法
先看題幹描述的行為：垃圾郵件寄件者「捏造不實身分」並濫發電子郵件。這與郵件傳送時偽造寄件者資訊的問題相符，應選擇負責傳送電子郵件的 SMTP。寄件者驗證不足是垃圾郵件容易出現的原因之一；實務上可透過 SPF、DKIM、DMARC 等機制協助驗證寄件網域與郵件來源。
選項分析
- (A) SMTP：正確。 SMTP 用於傳送電子郵件。傳統 SMTP 未充分驗證寄件者身分，寄件資訊容易遭偽造，因而常被用來濫發垃圾郵件。
- **(B) SNMP：錯誤。