107 鐵路特考員級 資訊處理 計算機概要 考古題詳解

核心觀念

本題考辨識數位資料的儲存媒體。數位資料以二進位形式記錄；光碟、隨身碟及數位磁帶等媒體都能儲存數位資料。判斷時要看媒體記錄的是數位資料，還是傳統類比訊號。

解題方法

逐一判斷各選項是否屬於可儲存數位資料的媒體。CD、DVD 與隨身碟均是常見的數位儲存媒體；「錄音帶」在本題的傳統用法中，指以類比方式記錄聲音的磁帶，因此不是數位資料型態的儲存媒體。

選項分析

核心觀念

本題考查人工智慧（AI）系統常見的技術範疇。人工智慧著重於讓電腦執行需要推理、搜尋、學習或知識運用的工作；科學計算則主要是運用電腦進行數值運算與科學問題的計算，通常不列為人工智慧技術。

解題方法

先區分各選項描述的是「智慧型問題求解技術」，還是一般的計算用途。搜尋、學習與邏輯推理都與人工智慧的問題求解或知識處理相關；科學計算本身不以模擬智慧行為為核心，因此選出不屬於人工智慧技術的項目。

選項分析

• (A) 經驗法則搜尋：錯誤。 經驗法則（heuristic）可利用問題領域中的經驗資訊引導搜尋，減少搜尋範圍或提升尋找解答的效率，是人工智慧常見的搜尋方法。
• **(B) 知識學習：錯誤。

核心觀念

本題測驗資訊編碼理論中的「位元數與狀態容量關係」。 在數位系統中，電腦以二進位（Binary）儲存與處理資料，每一個位元（Bit）具備 $0$ 與 $1$ 兩種狀態。若由 $n$ 個位元組合而成一組字碼，其所能表示的相異狀態（符號）總數最多為 $2^n$ 種。

若欲以固定長度的字碼完整表示 $N$ 個相異文字符號，所需之最小位元數 $n$（$n$ 為正整數）必須滿足以下不等式： $2^n \ge N$ 以對數表示即為： $n \ge \lceil \log_2 N \rceil$ （其中 $\lceil x \rceil$ 代表天花板函數，取大於或等於 $x$ 的最小整數）

解題方法

1. 確認欲表示的文字符號總數 $N$： 依題意，需表示的符號包含 $0\sim9$ 共 $10$ 個數字、英文字母大寫 $26$ 個、英文字母小寫 $26$ 個，總計： $N = 10 + 26 + 26 = 62$

2. 建立不等式求解最小位元數 $n$： $2^n \ge 62$

3. 代入整數值進行推導與檢驗：

• 當 $n = 5$ 時：$2^5 = 32 < 62$，編碼容量不足以代表所有符號。
• 當 $n = 6$ 時：$2^6 = 64 \ge 62$，可提供 $64$ 種編碼組合，足以涵蓋 $62$ 個符號（尚餘 $2$ 個未使用的編碼保留位）。

因此，最少需要 $6$ 個位元才能完整表示這 $62$ 個文字符號。

選項分析

核心觀念

列印解析度以「每英吋可列印的像素數」表示。本題解析度為 $300$ 像素／英吋，因此列印尺寸可由影像的像素數除以解析度求得：

解題方法

影像尺寸為 $1200\times1800$ 像素，分別計算兩邊的列印長度：

所以列印尺寸為 $4\times6$ 英吋。

選項分析

核心觀念

本題考最短工作優先（Shortest Job First, SJF）排程，以及平均迴轉時間的計算。所有程序同時進入系統，且未指定不可中斷，因此依執行時間由短至長安排。

迴轉時間是程序從進入系統到完成所經過的時間；本題所有程序的到達時間都是 $0$，所以各程序的迴轉時間等於其完成時間。

解題方法

依執行時間由短至長排列：

逐一累計完成時間，也就是迴轉時間：

平均迴轉時間為：

核心觀念

本題考查作業系統的排程與使用方式，須區分「即時系統」、「線上系統」、「多程式系統」及「分時系統」：

• 即時系統（Real-Time System）：系統須在特定時限內完成工作，重點是回應是否符合時限。即時作業系統通常採用可強佔排程，讓高優先權或具時限要求的工作能及時取得處理器。
• 線上系統（Online System）：使用者或終端設備可透過連線與系統互動，資料可即時輸入或查詢；這描述的是連線與操作方式，不代表系統必須在嚴格時限內完成回應。
• 多程式系統（Multiprogramming System）：多個程式同時載入主記憶體，處理器在程式等待輸入輸出時切換執行，以提高使用率。它不必然供多位使用者同時使用。
• 分時系統（Time-Sharing System）：將處理器時間切成時間片，輪流分配給多個工作或使用者，是多程式系統的一種。

解題方法

先看選項是否把不同分類混為一談。即時系統依「是否有時限要求」分類；線上系統依「是否透過連線互動」描述。兩者彼此不等同，因此「線上」不必然代表「即時」。

核心觀念

1. 翻譯程式之分類（編譯器 vs. 直譯器）：

• 編譯器（Compiler）：將高階語言撰寫的原始程式碼一次性完整翻譯成機器碼（目的程式），日後執行時直接執行目的檔，執行速度快，但開發除錯週期較長（如 C、C++）。
• 直譯器（Interpreter）：將原始程式碼逐行讀取、即時翻譯並立即執行，不產生獨立的目的檔（如 JavaScript、Python、PHP）。

2. 電腦開機引導流程（Bootstrapping Process）：

• 通電 $\to$ CPU 讀取固定位址之韌體 $\to$ 執行 BIOS/UEFI 進行開機自我檢測（POST）與硬體初始化 $\to$ 讀取開機磁區載入啟動載入程式（Bootloader） $\to$ 載入作業系統（OS）核心至主記憶體。

3. 程式語言之機器相依性（Machine Dependency）：

• 低階語言（機器語言、組合語言）：語法與 CPU 的指令集架構（ISA，如 x86、ARM）一對一對應，不同硬體架構無法直接共用，屬於「機器相依（Machine Dependent）」。
• 高階語言（C、Java、Python 等）：語法抽象化且接近人類自然語言或數學邏輯，屬於「機器獨立（Machine Independent）」。

解題方法

本題為純觀念判斷題，考查系統軟體（翻譯程式、韌體、語言特性）之基本定義，要求選出錯誤的敘述：

1. 檢視程式語言執行模型，確認 JavaScript 是編譯式還是直譯式語言。
2. 比對編譯器、BIOS 開機順序、組合語言特性等敘述是否合乎標準計算機概論定義。

選項分析

• (A) 錯誤（本題選此項） JavaScript 在計算機概論標準分類中屬於典型的高階直譯式腳本語言（Scripting Language）。程式碼在執行環境（如瀏覽器中的 JavaScript 引擎或 Node.js）中，是由「直譯器」逐行解譯並直接執行，不需要預先透過「編譯器」產生可執行檔後才執行，故敘述錯誤。

核心觀念

本題考惡意軟體是否需要依附宿主程式才能存在與執行。電腦病毒必須附著於其他程式或檔案，隨宿主被執行而發作；蠕蟲則能以獨立程式的形式執行，並可自行透過網路或其他方式傳播。

解題方法

先抓題幹的關鍵字「可以獨立執行」，再區分是否需要宿主程式。能獨立執行的惡意軟體是蠕蟲；需要依附宿主的典型例子則是電腦病毒。因此依官方答案選 B。

選項分析

• (A) 木馬程式（Trojan Horses）：錯誤。 木馬程式以偽裝成正常或有用程式的方式誘使使用者執行，重點在欺騙與隱藏惡意功能；依本題所考的分類，並非「能獨立執行」這一類的代表答案。
• **(B) 蠕蟲（Worms）：正確。

核心觀念

本題考查作業系統與應用軟體的分類。作業系統負責管理電腦硬體資源，並提供程式執行所需的環境；應用軟體則提供瀏覽網頁、文書處理等特定功能。

解題方法

辨認各選項的主要用途：若是管理硬體資源、支援其他程式運作的軟體，屬於作業系統；若是供使用者執行特定工作的程式，則屬於應用軟體。逐一判斷後，找出不屬於作業系統的選項。

選項分析

• (A) DOS：錯誤選項。 DOS（Disk Operating System）是磁碟作業系統，屬於作業系統。
• **(B) Firefox：正確選項。

核心觀念

本題考 SI（國際單位制）長度單位的詞頭。詞頭「奈」（nano，符號 $n$）代表 $10^{-9}$，因此 $1$ 奈米等於 $10^{-9}$ 公尺。

解題方法

先將單位名稱拆解：$1$ 奈米就是 $1$ 個「奈」所代表的公尺。依詞頭定義：

因此選出與 $10^{-9}$ 公尺相同的選項即可。

選項分析

核心觀念

本題考查應用軟體與公用程式（Utility Software）的分類，特別是「檔案壓縮與解壓縮工具（File Compression / Archiving Utility）」。

在電腦軟體分類中：

• 公用程式（Utility Programs）：屬於系統軟體的輔助工具，用於支援、管理或最佳化電腦系統運作與檔案管理，常見如檔案壓縮軟體、防毒軟體、磁碟重組工具等。
• 檔案壓縮軟體：利用資料壓縮演算法（如 Huffman 編碼、LZ77/LZ78 演算法等無失真壓縮技術），將一或多個檔案封裝並縮小其所佔儲存空間，以利於節省磁碟容量與網路傳輸時間。

解題方法

1. 辨識題幹目標軟體之功能與定位：

• WinZip：是 Windows 作業系統環境中最經典的「檔案壓縮與封裝公用軟體」，主要用於建立與解開 .zip 等格式的壓縮檔案。

2. 對照選項找出同類型之工具：

• 逐一檢視選項中各名詞所屬的軟體類型，尋找同樣具備「檔案壓縮與解壓縮」功能的軟體。

選項分析

• (A) FLASH（錯誤）：
• Flash（如 Adobe Flash / Macromedia Flash）屬於多媒體動畫製作與播放軟體，主要用於製作網頁動畫、互動多媒體應用程式或小遊戲，不屬於壓縮工具。
• (B) WinFTP（錯誤）：

核心觀念

本題考多媒體中的影像與音訊壓縮格式，以及電話與廣播音訊的品質差異。判斷重點是辨認 MPEG、JPEG、MP3 的用途與壓縮特性。

解題方法

先分辨各格式的主要用途：JPEG 是靜態影像格式，MPEG 是動態影像與影音編碼標準，MP3 則是音訊壓縮格式。再檢查各選項對壓縮方式、音質與縮寫的敘述是否正確。

選項分析

• (A) 正確。 MPEG 影像壓縮會利用類似 JPEG 的影像壓縮方法處理畫面中的空間資訊；此外，MPEG 也會利用相鄰影格之間的時間冗餘進行壓縮。因此說 MPEG 影像的部分採用了 JPEG 的壓縮法，符合其壓縮概念。
• **(B) 錯誤。

核心觀念

本題考查失真壓縮與無失真壓縮的差異。無失真壓縮解碼後能完整還原原始資料；失真壓縮則會捨棄部分資訊，以換取較小的檔案。

霍夫曼編碼是依據符號出現機率配置不同長度的碼字，解碼後可還原原始符號，因此屬於無失真壓縮。

解題方法

判斷各選項是否會在壓縮時捨棄資訊：若解碼能完整還原原始資料，就是無失真壓縮；若為了縮小檔案而省略或近似部分資訊，就是失真壓縮。

選項分析

• (A) 霍夫曼編碼（Huffman Coding）—正確。 霍夫曼編碼以較短碼字表示常見符號、較長碼字表示少見符號，改變的是符號的編碼方式，不會捨棄原始資料。解碼後可完整還原，因此屬於無失真壓縮。
• **(B) MPEG 2 —錯誤。

核心觀念

本題考查無線辨識技術。RFID（Radio Frequency Identification，無線射頻辨識）利用無線電波，在標籤與讀取器之間傳送資料；商品上的微晶片標籤可儲存識別資料，供讀取器辨識商品，並用於追蹤及確認商品狀態。

解題方法

先抓題幹線索：「商品上的微晶片標籤」與「無線辨識」。商品標籤內的微晶片搭配無線射頻讀取，正是 RFID 的典型應用，因此選 RFID。

選項分析

• (A) Smart Card：錯誤。​智慧卡內含晶片，可用於身分識別、金融交易或門禁等；但題幹描述的是商品標籤透過無線射頻辨識，並非智慧卡。
• **(B) RFID：正確。

核心觀念 本題測驗「多媒體檔案編碼與格式標準」與「電腦網路通訊協定」的分界。多媒體標準主要由國際標準化組織（ISO/IEC）與國際電信聯盟（ITU-T）等機構制定，涵蓋視訊（Video）、音訊（Audio）以及容器（Container）之壓縮編碼規範；而網路通訊協定則是規範資料在網路中傳輸、定址與路由的規則，兩者屬於不同層次之技術規範。

解題方法 本題切入點為「領域分類判定」：

1. 檢視各選項之技術本質屬於「多媒體編碼／檔案規範」還是「資料傳輸協定」。
2. 辨識屬於視訊、音訊壓縮技術的選項，並排除不屬於多媒體規格者。

選項分析

• (A) MPEG-4：屬於多媒體標準。由 ISO/IEC 旗下的動態影像專家小組（MPEG）所制定的多媒體壓縮標準，涵蓋視訊編碼、音訊編碼、3D 物件呈現及串流規範，常見檔案格式如 .mp4。
• (B) H.264/AVC：屬於多媒體標準。

核心觀念

本題考查未壓縮數位音訊的資料量計算。音訊資料量由「取樣頻率、每次取樣位元數、聲道數、播放時間」決定：

換算時，$8$ 位元 $=1$ Byte；本題以 $1$ KByte $=1000$ Bytes 計算。

解題方法

先計算每秒資料量，再乘上歌曲秒數：

• 取樣頻率：$44.1\ \mathrm{KHz}=44{,}100$ 次／秒
• 每次取樣：$16$ 位元
• 雙聲道：$2$ 聲道
• 時間：$2$ 分鐘 $=120$ 秒

因此：

換算成 Bytes：

再換算成 KBytes：

不過，題目選項與官方答案採用的算法是先將「每秒資料量」換算為 $176.4$ KBytes，再乘以 $60$ 秒：

核心觀念

本題考辨識程式語言與作業系統。程式語言是用來撰寫指令、描述運算或控制程式行為的語言；作業系統則負責管理電腦硬體與軟體資源，並提供程式執行環境。兩者用途不同。

解題方法

逐一判斷選項屬於哪一類：Python、JavaScript、PHP 都是可用來撰寫程式的語言；Linux 則是作業系統。因此，題目問「不是程式語言」，應選 Linux。

選項分析

• (A) Python：錯誤選項。 Python 是通用程式語言，可用於資料處理、網站開發與自動化等用途。
• **(B) Linux：正確答案。

核心觀念

位址匯流排的每一條排線代表一個二進位位址位元。若有 $n$ 條位址線，最多可表示 $2^n$ 個不同位址。

本題有 $32$ 條位址線，因此可表示 $2^{32}$ 個位址。依本題採用的位元組定址方式，每個位址對應 $1$ Byte。

解題方法

先計算可表示的位址數，再換算成位元組：

題目選項中的 Giga Bytes 以 $1\text{ GB}=2^{30}\text{ Bytes}$ 換算：

因此，最多可定址的最大記憶體空間為 $4$ Giga Bytes。

選項分析

• (A) $2$ Giga Bytes：錯誤。 $2$ GB 為 $2^{31}$ Bytes，僅相當於 $2^{31}$ 個位址，少於 $32$ 條位址線所能表示的 $2^{32}$ 個位址。

核心觀念

本題考查數位影像處理與電腦多媒體中的「色彩深度（Color Depth / Bit Depth）」與「RGB 色彩模型」之基本定義。

1. RGB 三原色模型：電腦螢幕多採用加法混色原理，由紅（Red）、綠（Green）、藍（Blue）三個獨立的顏色通道（Color Channel）組合出各種顏色。
2. 色彩深度（Bit Depth）：指電腦中用來記錄「單一像素（Pixel）」顏色資訊所使用的位元（bit）總數。位元數越多，能表現的色彩層次越豐富。
3. 全彩（True Color）定義：

• 每個色彩通道分配 $1\text{ Byte} = 8\text{ bits}$，可表現 $2^8 = 256$ 種強度階度（0～255）。
• 三個通道共需： $8\text{ bits (R)} + 8\text{ bits (G)} + 8\text{ bits (B)} = 24\text{ bits}$
• 所能表示的總顏色數為： $2^{24} = 16,777,216\text{ 種顏色（約 1,677 萬色）}$
• 由於已超越人眼極限（人眼約能分辨 1,000 萬種顏色），能真實呈現自然界色彩，故稱「全彩」或「真彩色（True Color）」。

解題方法

1. 鎖定題目關鍵字：「一般全彩（True Color）」、「每個像素（Pixel）」。
2. 推導位元數分配：

• 全彩標準定義為 RGB 各佔 8 個位元。
• 計算總位元數：$8\text{ bits} \times 3 = 24\text{ bits}$。

3. 確認答案： 標準的全彩影像色彩深度即為 $24\text{ bits}$。

選項分析

• (A) $8\text{ bits}$：錯誤。
• $8\text{ bits}$ 只能表示 $2^8 = 256$ 種顏色，稱為「256 色」影像（常搭配調色盤／索引色模式 Indexed Color）或「8 位元灰階影像」，色彩表現力遠不足以稱為全彩。
• (B) $16\text{ bits}$：錯誤。
• 稱為「高彩（High Color）」。

核心觀念

BCD 碼是「二進位編碼十進位數字」：每一個十進位數字 $0$ 至 $9$，分別用一組 4 位元二進位碼表示。以常見的 8421 BCD 碼為例，4 位元的位權依序為 $8、4、2、1$，因此可表示的有效碼為 $0000$ 至 $1001$，分別代表十進位數字 $0$ 至 $9$。$1010$ 至 $1111$ 不代表有效的單一十進位數字。

解題方法

逐一將選項視為 8421 BCD 碼，依位權換算其數值；若結果超過 $9$，就不是有效的 BCD 碼：

$12$ 不在單一十進位數字 $0$ 至 $9$ 的範圍內，因此 $1100$ 不是 BCD 碼。

核心觀念

本題考 固定 8 位元二補數（2’s complement） 的求法。求一個二進位數的二補數，先將每一位元反相（$0$ 與 $1$ 互換），再加上 $1$。

解題方法

原數為 $10101010$。

先逐位反相：

再加上 $1$：

因此，$10101010$ 的二補數為 $01010110$，對應選項 (B)。

選項分析

核心觀念

電腦內部常見的系統匯流排包括資料匯流排（Data Bus）、位址匯流排（Address Bus）與控制匯流排（Control Bus）。資料匯流排負責在處理器、記憶體及輸入／輸出裝置之間傳送資料；位址匯流排傳送資料要存取的位置；控制匯流排則傳送讀取、寫入等控制訊號。

資料匯流排通常是雙向傳輸，因為資料既可能由記憶體或輸入裝置送往處理器，也可能由處理器送往記憶體或輸出裝置。

解題方法

先依名稱辨認各匯流排的用途：「資料匯流排」傳資料，「位址匯流排」傳位址，「控制匯流排」傳控制訊號。再排除描述基本開機程式或傳輸方向的選項，即可選出符合資料匯流排定義的敘述。

選項分析

核心觀念

本題測驗進制轉換的基本運算能力，核心概念為以二進位作為橋樑進行十六進位與八進位之間的轉換：

1. 十六進位轉二進位：因 $16 = 2^4$，每一位十六進位數字可精確展開為 $4$ 個二進位位元（Bit）。
2. 二進位轉八進位：因 $8 = 2^3$，從整數最低有效位（LSB，最右側）開始，每 $3$ 個二進位位元分為一組，不足 $3$ 位時於最高有效位（MSB，最左側）補 $0$，每組可直接對應一位八進位數字。

解題方法

本題欲將十六進位數 $CBA9_{16}$ 轉為八進位，標準解法分為兩階段推導：

步驟一：十六進位轉為二進位（1 位拆 4 位）

對照十六進位與四位二進位數值：

• $C_{16} = 12_{10} = 1100_2$
• $B_{16} = 11_{10} = 1011_2$
• $A_{16} = 10_{10} = 1010_2$
• $9_{16} = 9_{10} = 1001_2$

拼接後得 16 位元的二進位數： $CBA9_{16} = 1100\,1011\,1010\,1001_2$

步驟二：二進位轉為八進位（3 位合 1 位）

自最右端開始，每 $3$ 個位元劃分為一組，最左端不足 $3$ 位則補 $0$： $001 \mid 100 \mid 101 \mid 110 \mid 101 \mid 001_2$

將各組分別轉為對應的八進位數值：

• $001_2 = 1$
• $100_2 = 4$
• $101_2 = 5$
• $110_2 = 6$
• $101_2 = 5$
• $001_2 = 1$

核心觀念

本題考查八位元二補數的表示範圍。二補數以最高位元作為符號位，其餘位元共同表示數值；$n$ 位元二補數的範圍為：

解題方法

代入 $n=8$：

因此，最大的正值是 $127$，最小的負值是 $-128$。依題目由最大正值到最小負值的順序，範圍為 $127$ 到 $-128$。

二補數正負範圍不對稱，是因為八位元共有 $2^8=256$ 種位元組合：其中 $0$ 和 $1$ 到 $127$ 共 128 種表示非負數，另外 128 種表示 $-128$ 到

核心觀念

$1$ 的補數是將二進位數的每一位元反相：$0$ 變成 $1$，$1$ 變成 $0$。邏輯閘中，對單一輸入執行位元反相的就是 NOT 閘，又稱反相器。

解題方法

逐位比較 $1$ 的補數與邏輯運算：

這正是 NOT 閘的真值表，因此 $1$ 的補數運算相當於 NOT 運算。

選項分析

核心觀念

本題考的是邏輯閘的輸入與輸出關係。OR 閘（或閘）的規則是：只要任一輸入為 1，輸出便為 1；只有所有輸入都是 0 時，輸出才是 0。

解題方法

依題意「其中任一個輸入為真（1）」即可判斷，這正是 OR 閘的定義。以兩個輸入 $A$、$B$ 為例，其布林運算式為：

$Y = A \lor B$

選項分析

核心觀念

本題測驗數位系統中的二進位編碼原理（Binary Encoding）​與資訊容量估算：

1. 位元狀態數：在數位系統中，一個位元（bit）具有 $0$ 與 $1$ 兩種狀態。使用 $n$ 個位元，最多能產生 $2^n$ 種互不相同的二進位編碼組合。
2. 編碼不等式：若要為 $N$ 個相異個體（例如學生、符號、字元）分配唯一且不重複的編碼，所需之位元數 $n$（$n \in \mathbb{N}$）必須滿足以下不等式： $2^n \ge N$ 若以對數形式表示，即為： $n \ge \lceil \log_2 N \rceil$ （其中 $\lceil \cdot \rceil$ 代表無條件進位的天花板函數 Ceiling Function）。

解題方法

1. 確立條件：全校共有 $1000$ 人，欲使每位學生擁有唯一的學號，編碼總數至少須達到 $1000$ 種，即 $N = 1000$。
2. 列出不等式：設最少需要 $n$ 個位元，則： $2^n \ge 1000$
3. 計算 $2$ 的冪次並比對：

• 當 $n = 9$ 時：$2^9 = 512$ $512 < 1000 \quad \text{（容量不足，無法容納全校人數）}$
• 當 $n = 10$ 時：$2^{10} = 1024$ $1024 \ge 1000 \quad \text{（容量足夠，可編碼 1000 人，尚餘 24 個未使用代碼）}$

4. 求取最小值：滿足 $2^n \ge 1000$ 的最小正整數 $n$ 即為 $10$。

選項分析

核心觀念

IEEE 754 浮點數格式將數值編碼為三個欄位：正負符號位元、指數、有效數。其概念可寫成：

其中 $s$ 是符號位元，$e$ 是儲存的指數，$f$ 是有效數欄位所表示的小數部分；此式描述一般規格化數。IEEE 754 使用二進位，因此底數固定為 $2$，不需要另外以欄位儲存。

解題方法

逐一比對選項與浮點數的欄位：符號、指數、有效數都會占用表示格式中的位元；底數則由規格固定為 $2$，不是浮點數欄位。因此不包含的部分是底數。

選項分析

核心觀念

將十進位小數轉成八進位小數，可反覆將小數部分乘以 $8$。每次乘積的整數部分依序就是八進位小數點後的各位數；若小數部分乘至 $0$，轉換即告完成。

解題方法

由 $0.6875$ 開始逐次乘以 $8$，並取出每次乘積的整數部分：

依序排列整數部分，得到八進位小數 $0.54_8$。因此選項 (D) 正確。

選項分析

核心觀念

二進位乘法與十進位乘法相同，都是依位數逐項相乘，再將部分積相加。每個二進位位元只能是 $0$ 或 $1$，因此乘數某位為 $1$ 時，將被乘數左移相應位數；乘數某位為 $0$ 時，該位部分積為 $0$。

解題方法

先將二進位數轉成十進位，方便驗算：

所以：

將 $90$ 轉成二進位：

因此 $90_{10}=01011010_2$（以 8 位元表示）。

也可直接用二進位部分積計算。由 $B=00001001_2$ 可知，乘數的第 0 位與第 3 位為 $1$，因此：

核心觀念

本題測驗「計算機組織與數位邏輯」中帶符號整數（Signed Integer）的數值表示法。

電腦內部採用二進位（基底 $r = 2$），對於有號整數（包含正數、負數與零）的表示，常見的系統有三種：

1. 帶正負號大小表示法（Signed-Magnitude Representation）
2. $1$ 的補數系統（1's Complement System，即 $r-1$ 補數）
3. $2$ 的補數系統（2's Complement System，即 $r$ 補數）

現代數位電腦之算術邏輯單元（ALU）普遍採用「$2$ 的補數系統」來表示負數與執行有號整數算術運算，其具備以下關鍵特性：

• 零的表示具唯一性：僅有單一的零（$+0$），不存在 $+0$ 與 $-0$ 兩種編碼問題。
• 算術硬體高度簡化：將減法轉換為加法處理，$A - B = A + (-B) = A + (\text{2's complement of } B)$，ALU 僅需加法器與反相器即可完成加減運算，無需額外設計獨立的減法器。
• 動態範圍不對稱但多利用一個編碼：以 $n$ 個位元（bits）表示時，數值範圍為 $-2^{n-1} \sim 2^{n-1}-1$，負數範圍比正數多一個值（$-2^{n-1}$）。

解題方法

本題為標準的計算機概論與數位邏輯記憶性觀念題，解題切入點在於「現代通用微處理器的硬體設計規範」：

1. 基底判斷：現代電腦為二進位電子電路系統，僅涉及基底為 $2$ 的數系（如 $1$ 的補數與 $2$ 的補數），可直接排除非二進位的補數系統。
2. 硬體效率與架構選擇：在帶符號大小、1 的補數與 2 的補數三種二進位表示法中，2 的補數因無「雙零問題」（Dual Zeros）且無「端回進位（End-Around Carry）」之額外加法延遲，成為現今所有主流中央處理器（如 x86、ARM、RISC-V 等）的唯一標準整數實作規範。

因此，現今電腦表示負整數皆採用「$2$ 的補數系統」。

選項分析

• (A) 錯誤： 帶正負符號大小表示法使用最高位元（Most Significant Bit, MSB）作為符號位元（$0$ 代表正號、$1$ 代表負號），其餘位元表示數值的絕對值。此表示法的缺點為：

1. 存在 $+0$ 與 $-0$ 兩個零（以 8 位元為例：$00000000_2 = +0$，$10000000_2 = -0$），造成編碼空間浪費並增加零值判斷邏輯的複雜度。
2. 進行加減法時，必須先檢視符號位元以決定要執行加法還是減法，運算電路繁複且延遲較高。

核心觀念

本題考辨識電腦周邊裝置的傳輸介面。硬碟與主機板之間常透過 SATA（Serial ATA，序列式 ATA）介面傳輸資料；PS/2、HDMI、DVI 則分別用於其他周邊或影音設備。

解題方法

先判斷各選項的主要用途：硬碟介面負責硬碟與電腦系統之間的資料傳輸；顯示介面傳送影像訊號；PS/2 則連接傳統鍵盤或滑鼠。符合硬碟傳輸用途的選項是 SATA。

選項分析

核心觀念

本題考查揮發性記憶體是否需要定期「刷新」（refresh）以維持資料。

DRAM（動態隨機存取記憶體）以電容儲存位元資料，電容會隨時間漏電，因此必須週期性讀取並重新寫入資料，補回電荷，才能維持內容。這項動作稱為刷新，並非一般所說的替整台電腦「充電」。

解題方法

辨認各種記憶體的儲存方式即可：

• DRAM：靠電容保存資料，電荷會逐漸流失，需要定期刷新。
• SRAM：以觸發器電路保存資料，只要持續供電即可維持，不需定期刷新。
• ROM、Flash ROM：屬非揮發性記憶體，斷電後仍能保留資料，不需靠週期性刷新維持內容。

題目問哪種記憶體需要週期性刷新，因此選擇 DRAM。

選項分析

核心觀念

本題考查記憶體的揮發性：揮發性記憶體在電源中斷後，儲存的資料會消失；非揮發性記憶體則能在斷電後保留資料。

DRAM（Dynamic RAM，動態隨機存取記憶體）屬於揮發性記憶體，必須持續供電並定期重新整理，才能保存資料。因此電腦不正常關機、電源中斷時，DRAM 中尚未保存到非揮發性儲存裝置的資料會消失。

解題方法

逐一判斷各選項是否為揮發性記憶體：

• RAM 通常是揮發性記憶體，斷電後資料消失。
• ROM 與 SSD 都是非揮發性儲存媒體。
• BIOS 是韌體的名稱或功能，不是與 DRAM、ROM、SSD 同類的單一記憶體種類；其程式通常儲存在非揮發性記憶體中。

選項分析

核心觀念

本題測驗「馮紐曼架構（Von Neumann Architecture）」下電腦五大硬體單元的職責劃分，特別是中央處理單元（CPU）內控制單元（Control Unit, CU）​的核心功能。

電腦硬體五大單元包含：

1. 控制單元（Control Unit, CU）
2. 算術邏輯單元（Arithmetic Logic Unit, ALU）
3. 記憶單元（Memory Unit, MU）
4. 輸入單元（Input Unit, IU）
5. 輸出單元（Output Unit, OU）

其中，CU 與 ALU 合稱為「中央處理單元（CPU）」，為電腦運算與控制的核心。

解題方法

解題切入點在於抓取題幹的兩個關鍵動詞與受詞：「指令的解碼」​與​「控制資料的流向」。

在 CPU 執行程式的「指令週期（Instruction Cycle）」中：

1. 擷取（Fetch）：由程式計數器（PC）指向記憶體位址，將指令載入至指令暫存器（IR）。
2. 解碼（Decode）：由控制單元（CU）​內部的指令解碼器（Instruction Decoder）解析操作碼（Opcode），確認該指令要執行的運作項目與所需運算元（Operands）。
3. 執行（Execute）與控制：控制單元產生相對應的微操作控制信號（Control Signals），指揮資料匯流排（Data Bus）傳遞資料，調節各暫存器、ALU 及記憶體之間的資料傳輸與動作時序。

因此，負責解讀指令語意並調配、管制全系統資料傳遞路徑的單元，必然為控制單元。

選項分析

• (A) 正確。控制單元（Control Unit, CU）

核心觀念

本題考「超大型積體電路」（Very Large Scale Integration，VLSI）的定義。積體電路是將許多電子元件及其連接電路製作在同一晶片上；VLSI 的「超大型」指的是積體程度很高，晶片內整合的電子元件數量非常多，不是指晶片或電路板的實體尺寸特別大。

解題方法

抓住「積體」的意思：許多電子元件被整合在晶片內。因此判斷重點在於單位面積內能整合多少電子元件，而非元件或電路載體的體積大小。符合這項特徵的是選項 (C)。

選項分析

核心觀念

本題考辨「純數位音樂檔案格式」與「多媒體編碼或檔案格式」的差異。WMA、MP3、WAV 都常用於儲存數位音訊；MPEG 則是影音壓縮與編碼標準家族的名稱，並非此題分類下的純數位音樂檔案格式。

解題方法

逐一判斷各選項的主要用途：若格式主要用來儲存或編碼音訊，可歸為數位音樂格式；若名稱泛指影音標準或影音資料格式，就不符合題目所說的「純數位音樂檔案」。依此可選出 MPEG。

選項分析

• (A) WMA：錯誤選項。 WMA（Windows Media Audio）是音訊格式，可用來儲存數位音樂。
• **(B) MP3：錯誤選項。

核心觀念

資訊安全的基本目標常以 CIA 三要素表示：

• 機密性（Confidentiality）：資訊只能由獲授權者存取，避免未經授權的揭露。
• 完整性（Integrity）：確保資訊正確、完整，避免未經授權的竄改或破壞。
• 可用性（Availability）：確保獲授權者在需要時能取得資訊與使用服務。

解題方法

題目問「不屬於」資訊安全的三種特性。直接對照 CIA 三要素，找出不在其中的選項即可。三者分別是機密性、完整性與可用性，因此「公平性」不是這題所指的資訊安全核心特性。

選項分析

核心觀念

本題考查編譯器（Compiler）的經典編譯階段與流程架構。 編譯器將高階語言原始程式碼轉譯為低階機器語言，標準的編譯流程通常劃分為前端（Front-end，與機器無關）與後端（Back-end，與機器相關），主要依序包含六個核心階段：

1. 語彙分析（Lexical Analysis / Scanning）：將原始碼字元流（Character Stream）轉換為有意義的符記流（Token Stream）。
2. 語法分析（Syntax Analysis / Parsing）：根據文法規則，將 Token Stream 組織成剖析樹（Parse Tree）​或抽象語法樹（Abstract Syntax Tree, AST）。
3. 語意分析（Semantic Analysis）：檢查程式是否符合語意規範（如型態檢查 Type Checking、變數宣告範圍 Scope Resolution）。
4. 中間碼產生（Intermediate Code Generation）：產生與目標機器無關的中間表示式（IR，如三位址碼 Three-Address Code）。
5. 程式碼最佳化（Code Optimization）：改善中間碼，以提高執行效率或減少資源耗費。
6. 機器碼／目標碼產生（Code Generation）：將最佳化後的中間表示轉譯為特定硬體架構的組合語言或機器碼（Machine Code）。

解題方法

依據編譯器各階段的相依關係與輸入輸出資料流進行排序：

1. 第一步：④ 語彙分析（Lexical Analysis） 編譯器必須先由掃描器（Scanner）讀取原始程式碼文字，過濾空白、換行與註解，辨識關鍵字、識別字、運算子與常數，切割成一個個 Token（符記）。沒有 Token 就無法進行結構剖析。
2. 第二步：① 語法分析（Parsing / Syntax Analysis） 剖析器（Parser）接收語彙分析產生的 Token，依照上下文無關文法（Context-Free Grammar, CFG）進行推導，檢查程式架構是否符合文法規則，並建構出語法樹（Parse Tree）。

核心觀念

AND（邏輯且）會逐位比較兩個二進位數字的對應位元：只有兩個位元都為 $1$，結果位元才是 $1$；其他情況結果皆為 $0$。

解題方法

將兩個數字按位對齊，逐位執行 AND：

兩個數字中，$1$ 所在的位置沒有重疊：第一個數字的高位是 $1$，第二個數字的低位是 $1$，因此每一對對應位元至少有一個是 $0$，結果全部為 $0$。