民國110年 普通考試 電信工程 計算機概要考古題與答案

第1題

有一循序電路如下圖。依據晶圓代工廠所提供的元件庫（cell library），各元件的訊號延遲時間如下：ANDgate 的延遲時間為2 ns，XOR gate 的延遲時間為4 ns，D flip flop 的setup time 為3 ns，clock-to-output time為1 ns。該電路能正確運作的最短時脈週期（clock period time）為何？ A. 6 ns B. 8 ns C. 10 ns D. 12 ns

參考解答

• 答案：C. 10 ns

第2題

下列程式將新增幾個process（不含原process）？main (){fork ();fork ();} A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

參考解答

• 答案：B. 3

解析：程式開始只有一個行程。第一個 fork() 成功後產生一個子行程，此時共有 2 個行程，兩者都繼續往下執行。第二個 fork() 由這 2 個行程各自再產生一個子行程，因此又新增 2 個。合計新增 1 + 2 = 3 個行程，加上原本的行程共 4 個。fork 之後父子行程會從呼叫點之後繼續執行相同程式碼，這是行程數呈指數成長的原因。

第3題

在布林（Boolean）代數中，下列何者是DeMorgan's Law？（+為OR，．為AND，' 為NOT） A. X+Y．Z=(X+Y)．(X+Z)且X．(Y+Z)=X．Y+X．ZX+Y=Y+X B. 且X．Y=Y．X C. X+X．Y=X 且X．(X+Y)=X(X+Y) D. '=X'．Y'且(X∙Y)'=X'+Y'

參考解答

• 答案：D. '=X'．Y'且(X∙Y)'=X'+Y'

解析：DeMorgan's Law（迪摩根定律）描述補數與 AND、OR 的對偶關係：(X+Y)' = X'·Y'，以及 (X·Y)' = X'+Y'，也就是「和的補等於各項補數之積」、「積的補等於各項補數之和」。選項 D 後半段 (X·Y)'=X'+Y' 正是此定律，前半段雖排版擁擠，仍是 OR 形式的對偶敘述。A 是分配律 X+Y·Z=(X+Y)(X+Z) 與 X(Y+Z)=XY+XZ；B 是交換律；C 是吸收律 X+X·Y=X 與 X(X+Y)=X。三者皆非迪摩根定律，故答案為 D。

第4題

下列那一個作業系統與其他三者最不相關？ A. FreeBSD B. Linux C. DOS D. Solaris

參考解答

• 答案：C. DOS

解析：FreeBSD、Linux 與 Solaris 都屬於 Unix／類 Unix 家族：FreeBSD 源自 BSD，Linux 是仿 Unix 核心，Solaris 是昇陽（Sun）的商業 Unix；三者皆具多使用者、多工、權限控管與階層式檔案系統等共同血統。DOS 則是單使用者、單工的磁碟作業系統，以命令列操作、無 Unix 的行程與權限模型，架構與前述三者明顯不同。因此與其他三者最不相關者為 DOS，選 C。

第5題

X=111110112 和Y=000001112 都是以二補數表示法（2's complement）所呈現的8 位元二進位（Binary）數字，若將X+Y 轉換為十進位（Decimal）數字，結果應為下列何者？ A. -254 B. -253 C. 2 D. 258

參考解答

• 答案：C. 2

解析：X = 11111011₂，最高位為 1 表示負數，取二補數得其值：先取反為 00000100，加 1 得 00000101 = 5，故 X = −5。Y = 00000111₂ 最高位為 0，直接為 +7。相加 −5 + 7 = 2。也可用位元直接算：11111011 + 00000111 = 1 00000010，超出 8 位元的部分捨棄，結果為 00000010₂ = 2，且無溢位（正加負不會溢位），故選 C。A、B 的負值與 D 的 258 都不符。

第6題

某處理器以two's complement 編碼紀錄有號數（signed number），且每個暫存器寬度為8 bits。下列數值中，何者無法以一個暫存器紀錄？ A. 128 B. 127 C. -127 D. -128

參考解答

• 答案：A. 128

解析：8 位元二補數可表示的範圍是 −2^(8−1) 到 2^(8−1)−1，即 −128 到 +127。因此 127（B）、−127（C）、−128（D）都能放進一個暫存器；而 +128 已超出上限 127，需要至少 9 位元（或改用無號表示）才裝得下，故選 A。判斷要點是二補數的正負範圍不對稱：負數多一個 −128，正數最大只到 127。

第7題

下列何者屬於循序邏輯（Sequential logic）電路？ A. Full Adder B. Multiplexer C. Latch D. Encoder

參考解答

• 答案：C. Latch

解析：循序邏輯電路的輸出不僅取決於目前的輸入，還與先前的狀態（記憶）有關，通常由閂鎖器（latch）與正反器（flip-flop）及時脈構成，故 Latch 屬於循序邏輯，選 C。A 全加器（Full Adder）、B 多工器（Multiplexer）、D 編碼器（Encoder）的輸出完全由當前輸入決定，不含狀態記憶，屬於組合邏輯（combinational logic）電路。

第8題

根據下圖的邏輯閘，下列何者正確表示A、B、C 之間的相關性？ A. C = A + B B. C = AB C. C = A – B D. C = AB

參考解答

• 答案：D. C = AB

第9題

關於作業系統的敘述，下列何者正確？ A. 分時技巧主要應用在批次處理 B. 安卓（Android）的內核是LINUX 作業系統 C. 多元程式可以減少使用者程式需要用到CPU 的時間 D. 作業系統指常駐記憶體的程式

參考解答

• 答案：B. 安卓（Android）的內核是LINUX 作業系統

解析：Android 是以 Linux 核心（Linux kernel）為基礎的開放原始碼行動作業系統，其核心層負責程序管理、記憶體管理、驅動程式與網路等，故 B 正確。A 錯誤，分時（time-sharing）主要用於互動式多使用者系統，批次處理強調整批作業依序執行、減少人機互動。C 錯誤，多元程式（multiprogramming）是在等待 I/O 時切換給其他程式，提高 CPU 使用率、縮短整體完成時間，並非減少使用者程式本身需要的 CPU 時間。D 錯誤，常駐記憶體只是作業系統核心的一部分，作業系統是一組管理硬體與提供服務的程式集合，不等於「常駐記憶體的程式」。

第10題

在Lempel Ziv、JPEG、MPEG 三種編碼方式中，共有多少種屬於無損壓縮法（lossless compression）？ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

參考解答

• 答案：B. 1

解析：Lempel-Ziv（LZ）屬字典式編碼，壓縮後可完全還原，為無損壓縮。JPEG 基本模式採 DCT 量化，量化會丟失高頻資訊，屬有損壓縮；MPEG 視訊以畫面間預測與量化壓縮，同樣為有損。因此三者中只有 1 種（Lempel-Ziv）屬無損壓縮法，答案為 B。

第11題

使用SQL 的SELECT 命令作分組統計時，若須篩選分組，只對部分分組作統計，須用到下列何者？ A. ORDER BY 子句WHERE B. 子句 C. CREATE SCHEMAHAVING D. 子句

參考解答

• 答案：D. 子句

解析：SQL 的 WHERE 子句在分組前過濾個別資料列，無法對聚合函數（如 SUM、COUNT、AVG）的結果設條件；若要對 GROUP BY 之後的各分組再篩選，須使用 HAVING 子句，例如 GROUP BY 部門 HAVING SUM(薪資)>100000。ORDER BY 只負責結果排序，CREATE SCHEMA 用於建立綱要，皆不具分組篩選功能。

第12題

在關聯式資料庫（relational database）中，下列何種操作，依據關係之共同屬性而結合兩個關係？ A. join B. project C. select D. union

參考解答

• 答案：A. join

解析：關聯式資料庫的 join（合併）依兩關聯的共同屬性（通常為外鍵與主鍵）值相等，將兩個關聯的 tuples 組合起來，形成包含雙方屬性的新關聯。project 是挑選部分行（屬性），select 是挑選部分列（tuples），union 是要求屬性結構相容的兩個關聯做集合聯集，並非依共同屬性配對，故選 A。

第13題

A 和B 皆是有100 個元素的一維陣列，且每個元素中的數字皆以32 位元（Bits）存放。在執行下列迴圈運算後，需要多少記憶體空間才能將陣列A 完整存放？for（i=0~99）A[i]=A[i]+B[i] A. 400 個位元組（Bytes） B. 800 個位元組（Bytes） C. 3200 個位元組（Bytes） D. 6400 個位元組（Bytes）

參考解答

• 答案：A. 400 個位元組（Bytes）

解析：每個元素以 32 位元存放，而 1 位元組等於 8 位元，故每元素占 32/8=4 位元組。陣列 A 有 100 個元素，完整存放需 100×4=400 位元組。題目只問「將陣列 A 完整存放」所需空間，不計入陣列 B；若把 B 一併計入才會得到 800 位元組，若誤把位元當位元組則會得到 3200，皆是常見的單位換算陷阱。

第14題

下列何者不是堆疊（Stack）資料結構固有特性的應用？ A. 反轉一個字串（String）的字元（Characters）順序 B. 檢查左括號與右括號是否正確配對 C. 遞迴（Recursive）程式的執行 D. 將一個資料串列分成兩大類

參考解答

• 答案：D. 將一個資料串列分成兩大類

解析：堆疊具後進先出（LIFO）特性：反轉字串是把字元依序推入再彈出；括號配對利用推入左括號、遇右括號彈出比對；遞迴呼叫的返回位址與區域變數也是以後進先出方式保存，屬堆疊典型應用。將資料串列分成兩大類（如依條件分堆、佇列式處理）並不需要 LIFO 順序，通常用佇列或一般走訪即可完成，故非堆疊固有特性之應用。

第15題

給定前置式（Prefix）數學式/*+ab-cd-e，若a=5, b=4, c=3, d=2, e=1，則運算結果應為多少？ A. -9 B. 0.6 C. 9 D. -0.6

參考解答

• 答案：A. -9

解析：前置式由右而左或遞迴由左解析：最外層運算子為「/」，其左運算元是「*+ab-cd」，右運算元是最後的一元負號「-e」。先算 +ab=5+4=9，-cd=3-2=1，故 * 得 9×1=9；再算一元負號 -e=-1；最後 9÷(-1)=-9。注意式中運算子有 5 個而運算元只有 5 個，最後的減號必為一元負號，否則無法構成合法運算式。

第16題

一個具有6 個頂點（Vertices）的無向完整圖形（Undirected Complete Graph），應有多少個邊（Edges）？ A. 36 B. 18 C. 15 D. 6

參考解答

• 答案：C. 15

解析：n 個頂點的無向完整圖，任兩頂點之間恰有一條邊，邊數為 C(n,2)=n(n-1)/2。代入 n=6，得 6×5/2=15 條邊。無向圖中每條邊只算一次，不會重複計算 (u,v) 與 (v,u)，因此不乘 2；若誤用排列 n(n-1) 會得到 30，再誤乘 2 則得 36，皆為常見錯誤。選項 B 的 18 及 D 的 6 都不符公式。

第17題

某棵三元樹（3-ary tree）有6 個內部節點（Internal nodes），且每個內部節點都恰有3 個子節點（Children），則該棵三元樹有多少個葉節點（Leaves）？ A. 10 B. 11 C. 12 D. 13

參考解答

• 答案：D. 13

解析：每個內部節點恰有 3 個子節點，6 個內部節點共產生 3 × 6 = 18 個子節點。這些子節點中，除了樹根以外，其餘 5 個內部節點也是子節點，故葉節點數為 18 − 5 = 13。也可用邊數推算：邊數為 18，節點總數為邊數加 1 等於 19，扣除 6 個內部節點後葉節點為 13。

第18題

下圖所示之AOE（Activities on Edge）網路，其關鍵路徑（Critical Path）包含下列何者？（<X, Y>表示由X 到Y 的有向邊） A. <F, G> B. <E, G> C. <E, H> D. <A, D>

參考解答

• 答案：B. <E, G>

第19題

有8 個頂點且沒有自成迴路（Self loop）的有向圖（Directed graph），最多具有多少個邊？ A. 28 B. 56 C. 64 D. 256

參考解答

• 答案：B. 56

解析：有向圖的邊具有方向，且題目排除自迴路（self loop），因此任兩個相異頂點 u、v 之間最多可有 u→v 與 v→u 兩條邊。8 個頂點兩兩配對的有序對數為 8 × 7 = 56，即最多 56 條邊。若為無向圖則上限為 C(8,2) = 28；64 與 256 分別是 8×8 與 2^8，均非正確計數。

第21題

假設使用插入排序法（Insertion sort），正要從頭到尾讀取陣列的資料進行排序，對下列那種情況的輸入資料會有最好的效果？ A. 如果陣列資料以相反順序排序 B. 如果陣列資料已經排序好 C. 如果陣列資料是隨機的順序 D. 輸入陣列資料的順序與效果無關

參考解答

• 答案：B. 如果陣列資料已經排序好

解析：插入排序逐一取出元素，插入前方已排序部分。若輸入已依序排好，每次只需與前一個元素比較一次即可確定位置，不需搬移，時間複雜度降為 O(n)，是最佳情況。若為相反順序，每個元素都得比對並搬移到最前面，退化為 O(n^2)，是最差情況。隨機順序則介於兩者之間，平均約 O(n^2)，所以效果與輸入順序明顯有關。

第22題

有一個二元搜尋樹（Binary Search Tree），每個節點的鍵值都不同，下列敘述何者正確？ A. 最大的鍵值有可能在根節點 B. 樹根節點的鍵值必定大於左右子樹節點的鍵值 C. 是一種平衡樹（Balanced Tree） D. 假設有n 個節點，則空間（Space complexity）複雜度平均為O(log n)

參考解答

• 答案：A. 最大的鍵值有可能在根節點

解析：二元搜尋樹的性質是：任一節點的左子樹鍵值均小於該節點，右子樹鍵值均大於該節點。若最大值放在根節點，其餘所有節點都落在左子樹且皆小於根，仍完全符合定義，故 A 正確。B 錯在根對右子樹應為小於而非大於。BST 不具平衡保證，依插入順序可能退化為鏈狀，尋找最差為 O(n)；所需空間與節點數成正比為 O(n)，並非 O(log n)。

第23題

執行以下的C 程式，結果為下列何者？#include <stdio.h>int main() {int data[]= {10, 20, 30, 40};int *ptr = data;printf("%d:%d-", data[0], *ptr);ptr++;printf("%d:%d", data[0], *ptr);} A. 10:10-10:10 B. 10:10-10:11 C. 10:10-10:20 D. 10:10-20:20

參考解答

• 答案：C. 10:10-10:20

解析：data 為四個整數的陣列，ptr = data 使 ptr 指向 data[0]。第一次 printf 輸出 data[0] 與 *ptr，兩者皆為 10。ptr++ 把指標移到下一個 int，即 data[1]，其值為 20；data[0] 本身的內容並未被修改，仍為 10。所以第二段輸出為 10:20。指標遞增是改變指向的位址，不是改變所指元素的值，也不會影響原陣列第一個元素。

第24題

執行下列C++程式碼後，會輸出幾個'

參考解答

• 答案：B. 20

解析：外層 do-while 讓 i 依序為 0、1、2、3、4；每次進入內層時 j 都重置為 0，內層再讓 j 跑 0 到 4。因此 (i, j) 共有 5×5 = 25 種組合，每種組合執行一次 if 判斷。只有 i 等於 j 時不輸出，這種情形有 (0,0)、(1,1)、(2,2)、(3,3)、(4,4) 共 5 次。故印出的 '

第25題

下列C++的部分程式碼，會產生何種問題？int *p1=new int;int *p2=new int;*p2 = 40;p1 = p2;delete p2; A. 程式語法的錯誤 B. 資料型態不相容的錯誤 C. p1 是迷途指標（dangling pointer） D. p2 是迷途指標（dangling pointer）

參考解答

• 答案：C. p1 是迷途指標（dangling pointer）

解析：new int 兩次分別配置兩塊記憶體，p1、p2 各自指向不同位址；*p2 = 40 寫入第二塊。p1 = p2 讓 p1 改指向第二塊，第一塊的位址因此遺失（memory leak）。delete p2 釋放第二塊後，p2 所指的記憶體已被回收，但 p1 仍保留同一位址且未更新，故 p1 成為迷途指標（dangling pointer），之後對 *p1 取值或 delete p1 都是未定義行為。程式語法與型別均合法，並非語法錯誤或型別不相容的錯誤。

第26題

執行以下的C 程式，並輸入“aabbccd”，程式的輸出為何？#include <stdio.h>int main() {char token;int n=0;for (token=getchar(); token!='d'; token=getchar()){if (token=='a' || token == 'b')continue;n++;}printf("%d", n);} A. 2 B. 4 C. 6 D. 7

參考解答

• 答案：A. 2

解析：for 迴圈以 getchar() 逐字讀入，continue 會跳過本次迴圈其餘敘述，直接執行遞增式 token=getchar() 讀下一個字元。輸入 "aabbccd" 時，前四個字元 a、a、b、b 都符合條件而 continue，不計數；接著讀到 c、c 各使 n 加 1，n 成為 2；再讀到 d 時，條件 token!='d' 不成立，迴圈結束。因此輸出 2。B、C、D 是把 a 或 b 也計入，或把終止字元 d 一併計數所致。答案為 A。

第27題

下列C 程式，執行的結果？#include <stdio.h>int main(void) {int i = 7;if (i < 10) i = 2;else if(i < 5) i = 6;else i++;printf("%d", i);return 0; } A. 8 B. 6 C. 4 D. 2

參考解答

• 答案：D. 2

解析：程式依序判斷：i 初始為 7，條件 i<10 成立，於是執行 i=2，整個 if-else 鏈即結束，後面的 else if(i<5) 與 else 都不會被求值。這是 if/else if/else 只執行一個分支的特性，即使 i 被改成 2 也不會回頭再判斷。最後 printf 輸出 i 的值 2。A 的 8 是以為會執行 i++；B 的 6 是以為 i<5 會成立；C 的 4 則無對應的運算依據。故正確輸出為 2，答案 D。

第28題

執行下列C 指令會輸出什麼？unsigned short i = 2, j = 1, k = 0;printf("%hd", ~i&j^k); A. 0 B. 1 C. 2 D. 4

參考解答

• 答案：B. 1

解析：運算子優先順序為 ~ 高於 &，& 高於 ^，所以運算式等同 ((~i) & j) ^ k。i 宣告為 unsigned short（一般 16 位元），i=2 的二進位為 0000 0000 0000 0010，取補數 ~i 得 1111 1111 1111 1101（即 0xFFFD）。與 j=1 做 AND，只保留最低位，結果為 1。再與 k=0 做 XOR，1^0 仍為 1，printf 以 %hd 輸出即為 1。若誤以為 ~ 只作用於低位元組或先算 & 再算 ~，才會得到 0、2、4 等結果。答案為 B。

第29題

下列所定義之C 語言的字串變數s,char s[] = "Computer", *p;for (p = s; *p; p++)--*p;puts(s);經過上述處理後將輸出何者？ A. Computer B. retupmoc C. Bomputer D. Bnlotsdq

參考解答

• 答案：D. Bnlotsdq

解析：for (p=s; *p; p++) 讓指標走訪每個字元直到字串結束的 '\0'，--*p 是前置遞減，把該字元的 ASCII 碼減 1 後寫回。'C'→'B'、'o'→'n'、'm'→'l'、'p'→'o'、'u'→'t'、't'→'s'、'e'→'d'、'r'→'q'，因此字串變成 "Bnlotsdq"。B 的 "retupmoc" 是字元順序反轉的結果，但程式中並未交換位置；C 只改了第一個字元，忽略迴圈走訪全部字元；A 則是完全未修改的情形。故輸出為 D。

第30題

下列C 程式語言的指令執行完之後，會產生什麼輸出？inti=1,j=1;while(i<100){i*=j++;}printf("i=%d,j=%d", i,j); A. i=120, j=5 B. i=120, j=6 C. i=128, j=6 D. i=128, j=7

參考解答

• 答案：B. i=120, j=6

解析：i*=j++ 是先取 j 目前的值參與乘法，再把 j 加一。初始 i=1、j=1：第一次 i=1×1=1、j=2；第二次 i=1×2=2、j=3；第三次 i=2×3=6、j=4；第四次 i=6×4=24、j=5；第五次 i=24×5=120、j=6。此時判斷 i<100 為 120<100 不成立，迴圈結束，故輸出 i=120、j=6。C 與 D 的 128 是把乘法誤作每次乘 2 的次方累乘；A 的 j=5 則是漏算最後一次遞增，因為 j++ 在該次運算後仍會執行。正確為 B。

第31題

若執行以下C++程式碼片段，則變數「sentence2」的值，為下列那個字串？#include <iostream>using namespace std;int main(){string sentence1 = "I love Taiwan" ;string sentence2 = sentence1.substr(4, 5);/* 以下省略*/} A. “ov” B. “ve” C. “ve Ta” D. “ove T”

參考解答

• 答案：C. “ve Ta”

解析：C++ 的 substr(pos, len) 是從索引 pos 起取 len 個字元，索引由 0 起算。字串 "I love Taiwan" 的索引為 0:'I'、1:空白、2:'l'、3:'o'、4:'v'、5:'e'、6:空白、7:'T'、8:'a'。因此 substr(4, 5) 取索引 4 到 8 共五個字元，得到 "ve Ta"。A 只取到前兩個字元，等於 len 給太小；B 忽略了起始索引之後的空白與 T；D 則把起點誤判為索引 3（'o'），才會得到 "ove T"。本題正確為 C。

第32題

在物件導向程式中，子類別可以覆寫父類別的方法內容，使該方法擁有不同於父類別的行為，此稱為： A. Override B. Overload C. Polymorphism D. Encapsulation

參考解答

• 答案：A. Override

解析：Override（覆寫）指子類別重新定義父類別中同名、同參數簽章的方法，讓同一方法呼叫在執行期依物件實際型別呈現不同行為，通常搭配 virtual 與動態綁定。B 的 Overload（多載）是在同一個類別或同一作用域中，以相同名稱但不同參數個數或型別區分，編譯期即決定。C 的 Polymorphism（多型）是較上位的概念，覆寫只是實現多型的一種手段，範圍大於本題所描述的動作。D 的 Encapsulation（封裝）是把資料與操作包在類別內並以存取修飾子控制可見性，與方法內容被改寫無關。故最貼切的答案是 A。

第33題

下列何技術，可用於縮減資料鏈結層的廣播範圍？ A. 虛擬區域網路（Virtual Local Area Network, VLAN） B. 內容傳遞網路（Content delivery network） C. TCP 擁塞控制（TCP congestion control） D. 載波感測多重進接／碰撞偵測（Carrier Sense Multiple Access with Collision Detection, CSMA/CD）

參考解答

• 答案：A. 虛擬區域網路（Virtual Local Area Network, VLAN）

解析：VLAN 透過交換器設定，將一個實體區域網路在邏輯上切割成多個虛擬 LAN，每個 VLAN 各自形成獨立廣播域，廣播封包只在同一 VLAN 內流通，因此能縮減資料鏈結層的廣播範圍。CDN 是應用層的內容快取與就近配送；TCP 擁塞控制作用於傳輸層，控制送端速率；CSMA/CD 是共享媒介的競爭存取與碰撞偵測機制，並不會切割廣播域。故選 A。

第34題

下列那一個IP 是屬於私有IP（Private IP）？ A. 172.32.4.51 B. 11.10.10.123 C. 172.17.2.1 D. 168.192.21.3

參考解答

• 答案：C. 172.17.2.1

解析：私有 IP 位址範圍為 10.0.0.0/8、172.16.0.0/12（即 172.16.0.0 至 172.31.255.255）與 192.168.0.0/16。172.17.2.1 落在 172.16～172.31 區間內，屬私有位址。172.32.4.51 已超出 /12 範圍，非私有；11.10.10.123 屬公網位址；168.192.21.3 的數字順序與 192.168 相反，也不是私有範圍。故選 C。

第35題

微軟（Microsoft）的Office 365，屬於雲端服務的何種模式？ A. SaaS B. XaaS C. PaaS D. IaaS

參考解答

• 答案：A. SaaS

解析：Office 365 讓使用者透過瀏覽器或客戶端直接使用文書、郵件、儲存等應用軟體，不需自行管理作業系統、中介軟體或伺服器，屬軟體即服務（Software as a Service, SaaS）。PaaS 提供應用開發與執行平台，IaaS 提供虛擬機器、儲存與網路等基礎資源，XaaS 則是「任何東西皆可為服務」的泛稱。故選 A。

第36題

以一般狀況而言，Wi-Fi 與藍牙（Bluetooth）比較中，下列敘述何者錯誤？ A. 藍牙（Bluetooth）較省電 B. Wi-Fi 傳輸距離長 C. Wi-Fi 傳輸速度快 D. 藍牙（Bluetooth）使用工作頻段較多

參考解答

• 答案：D. 藍牙（Bluetooth）使用工作頻段較多

解析：藍牙主要操作於 2.4 GHz ISM 頻段，採跳頻展頻，工作頻段相對單純；Wi-Fi 則涵蓋 2.4 GHz、5 GHz 甚至 6 GHz 等多個頻段，因此「藍牙使用工作頻段較多」的敘述錯誤。藍牙訴求低功耗、短距離與低速率，A 正確；Wi-Fi 傳輸距離較長、速率較高，B、C 正確。故選 D。

第37題

下列何者不屬於網頁方面的攻擊行為？ A. ARP 欺騙（ARP Spoofing）SQL B. 注入攻擊（SQL Injection） C. 跨站指令碼攻擊（Cross-site Scripting, XSS） D. 釣魚攻擊（Phishing）

參考解答

• 答案：A. ARP 欺騙（ARP Spoofing）SQL

解析：ARP 欺騙屬於資料鏈結層（Layer 2）攻擊，攻擊者偽造 ARP 回覆，把 IP 對應到自身 MAC，形成中間人攔截，與網頁應用無直接關係，故不屬於網頁方面攻擊。SQL 注入是對網頁後端資料庫注入惡意查詢；XSS 是在網頁注入惡意腳本於他人瀏覽器執行；釣魚常以偽造網頁騙取帳密，三者皆與網頁應用或使用者瀏覽行為相關。故選 A。

第38題

有關防火牆與入侵偵測系統，下列敘述何者錯誤？ A. 入侵偵測系統可提供比防火牆更完整的網路封包檢查 B. 防火牆通常會架設在網路的唯一出入口（咽喉點（Choke Point）），以便於檢查出入的封包 C. 入侵偵測系統也有可能發生漏報或是誤判的情形 D. 防火牆能檢查或阻擋由Internet 進入區域網路（內部網路）的封包。但由內部區域網路通往Internet 的封包無法檢查

參考解答

• 答案：D. 防火牆能檢查或阻擋由Internet 進入區域網路（內部網路）的封包。但由內部區域網路通往Internet 的封包無法檢查

解析：防火牆架設於網路咽喉點，可依規則同時過濾進入（inbound）與外出（outbound）的封包，並非只能檢查 Internet 進來的流量，故 D 敘述錯誤。入侵偵測系統可進行深度封包內容比對，檢查層面通常比只依標頭與規則過濾的防火牆更完整，A 合理；B 的咽喉點部署是防火牆典型作法；IDS 以特徵或異常偵測，本就有漏報（false negative）與誤判（false positive），C 正確。

第39題

關於雜湊演算法（Hash function）的性質，下列何者正確？ A. RC4 為一種雜湊演算法 B. 雜湊演算法可加密資料，提供保密性 C. 給定SHA3 雜湊演算法的輸出值，目前尚無有效率的方法反推其輸入值 D. 目前尚無有效率的方法，找到兩個不同的輸入有相同的MD5 值

參考解答

• 答案：C. 給定SHA3 雜湊演算法的輸出值，目前尚無有效率的方法反推其輸入值

解析：雜湊函式是單向壓縮函式，具抗原像性、抗第二原像性與抗碰撞性；給定 SHA3 的摘要值，目前沒有有效率的方法反推原始輸入，故 C 正確。RC4 屬串流加密法而非雜湊，A 誤；雜湊不可逆，無法還原明文，不提供保密性，保密須靠加密，B 誤；MD5 的抗碰撞性已被實證可有效率地找到碰撞，D 敘述相反。

第40題

下列何者不屬於創用CC（Creative Commons）的授權要素? A. 姓名標示（Attribution） B. 禁止改作（No Derivative Works） C. 非商業性（Noncommercial） D. 禁止分享（No Sharing）

參考解答

• 答案：D. 禁止分享（No Sharing）

解析：創用 CC（Creative Commons）授權由四個授權要素組合而成：姓名標示（BY，Attribution）、非商業性（NC，Noncommercial）、禁止改作（ND，No Derivative Works）、相同方式分享（SA，ShareAlike）。其中並沒有「禁止分享」這個要素；相反地，CC 授權的前提就是允許他人重製與分享作品，只是須遵守所選條件。因此 A、B、C 都是真正的授權要素，D 不是，選 D。