民國111年 普通考試 資訊處理 計算機概要收錄考選部官方試題與測驗式試題標準答案，共 40 題可線上瀏覽。
答案以考選部公告之測驗式試題標準答案 PDF 為準。
對下列不同的微處理器架構，那一項不是採用平行運算的技術？ A. 動態管道排程（dynamic pipeline scheduling） B. SIMD（Single Instruction stream, Multiple Data streams architecture）架構 C. 向量架構（vector architecture） D. 純量架構（scalar architecture）
解析：純量架構（scalar architecture）每周期僅處理一筆指令與一筆資料，屬順序執行，非平行技術。動態管道排程可亂序平行執行，SIMD（單指令多資料）與向量架構皆能同時處理多筆資料，均屬平行運算，故選 D。
有關分散式系統（distributed system）的敘述，下列何者錯誤？ A. 是透過網路連結來分工合作的一群電腦 B. 由分散在各處的電腦節點所組成的系統有助於提升可靠度 C. 資料有可能被多個電腦節點分享 D. 所有電腦節點必須具有相同的計算效能
解析：分散式系統是由網路連結、各自擁有處理器與記憶體的多台電腦，透過訊息傳遞合作完成任務，因此 A 正確。節點分散可避免單點失效，具備備援與部分失效仍可運作的特性，有助提升可靠度與可用性，B 正確。系統通常共享資源與資料，資料可存放或複製於多個節點供共同存取，C 正確。分散式系統的重點是異質性：節點可有不同廠牌、架構與計算效能，只要能互通協定即可，並不要求效能相同，故 D 錯誤，為本題答案。
某個中央處理單元（Central Processing Unit, CPU）的外頻為500 MHz，其倍頻為2，此中央處理器內部運作的時脈速度（Clock Rate）是多少？ A. 250 MHz B. 500 MHz C. 1 GHz D. 2 GHz
解析：CPU 內部運作時脈等於外頻乘以倍頻，本題為 500 MHz × 2 ＝ 1000 MHz，即 1 GHz。A 是把外頻除以倍頻（500÷2＝250 MHz），算法錯誤；B 只取外頻，未乘倍頻；D 誤把倍頻當成 4 倍（500×4＝2000 MHz＝2 GHz）。因此正確為 C。
下列那一位最早提出「程式和資料都應該儲存在電腦的記憶體」的概念？ A. 巴貝奇（Charles Babbage） B. 圖靈（Alan Turing） C. 馮紐曼（John von Neumann） D. 萊布尼茲（Gottfried Leibniz）
解析：馮紐曼（John von Neumann）在 EDVAC 報告中提出「 stored-program 」概念，主張程式指令與資料一併存放在同一記憶體中，由處理單元依序讀取執行，此即著名的馮紐曼架構，也是現代電腦的基本運作模式。巴貝奇設計差分機與分析機，雖具運算與條件控制構想，但未採程式儲存於記憶體；圖靈提出圖靈機模型與可計算性理論，奠定計算理論基礎；萊布尼茲是二進位與機械計算器的先驅。故選 C。
當程式被編譯完成後，程式內容根據不同的特性，如：全域變數與程式之指令，會被載入對應的記憶體區塊。下列那些區塊的容量大小，是程式在編譯時期即可決定？ A. 文字部分（text segment）、靜態數據（static data） B. 靜態數據（static data）、動態數據（dynamic data） C. 動態數據（dynamic data）、堆疊部分（stack segment） D. 文字部分（text segment）、堆疊部分（stack segment）
解析：文字段（text segment）存放程式指令，靜態數據段存放全域變數與靜態變數，兩者的內容與大小在編譯時期就已確定，載入時配置固定空間即可。動態數據（heap）由程式在執行期以 malloc／new 等配置，大小隨需求變動；堆疊段（stack segment）則隨函式呼叫與返回增減，深度取決於執行情形，兩者都無法在編譯時決定容量。因此僅文字部分與靜態數據符合題意。故選 A。
下列那一種方法無法用來處理管線化（Pipeline）CPU 所遭遇到的控制危障（Control Hazard）問題？ A. 資料前饋（Data Forwarding） B. 分支預測（Branch Prediction） C. 延遲分支（Delayed Branch） D. 管線暫停（Stall）
解析：控制危障源自分支指令：在分支結果與目標位址確定前，管線不確定該抓取哪一指令。分支預測先猜測方向並繼續抓取；延遲分支把無關指令排入分支後的延遲槽；管線暫停（stall）則凍結管線直到分支結果出爐，三者都能處理控制危障。資料前饋（data forwarding）是將 ALU 或記憶體的结果提前送回後續指令，用來化解資料危障（data hazard），對控制危障無效。故選 A。
下列何者不是硬式磁碟機（hard disk drive）常見的資料傳輸介面？ A. SATA B. PCIe C. SCSI D. SAS
解析：硬式磁碟機常見的資料傳輸介面包括 SATA、SAS 與 SCSI（以及早期的 IDE／ATA），這些都是為儲存裝置設計的介面，支援硬碟的指令集與熱插拔等特性。PCIe 屬於系統層級的序列匯流排，主要用於連接顯示卡、網路卡，或作為 NVMe 固態硬碟的通道，並非傳統硬碟常見的傳輸介面。因此選 B。
下列何者非周邊設備資料傳送時的可能處理模式？ A. Processor-Memory Bus B. Polling C. Interrupt-driven I/O D. Direct Memory Access（DMA）
解析：周邊設備（I/O）與主機間的資料傳送處理模式主要有三種：輪詢（Polling, B）、中斷驅動 I/O（Interrupt-driven I/O, C）與直接記憶體存取（DMA, D）。輪詢由 CPU 主動不斷查詢周邊狀態；中斷則由周邊就緒時發出 IRQ 通知 CPU；DMA 讓周邊透過 DMA 控制器直接在記憶體與周邊間搬資料，不需 CPU 介入每筆傳輸。A 的 Processor-Memory Bus（處理器—記憶體匯流排）是 CPU 與主記憶體之間的匯流排（bus）硬體，屬於連接架構而非「資料傳送的處理模式」，因此非周邊傳送模式。故選 A。
計算機中使用那種記憶體來儲存短期執行的程式和資料？ A. 唯讀記憶體（read only memory） B. 隨機存取記憶體（random access memory） C. 可程式唯讀記憶體（programmable read only memory） D. 可擦拭及可程式唯讀記憶體（erasable programmable read only memory）
解析：電腦執行程式時，需將目前正在執行的程式指令與待處理資料暫存在可隨機讀寫、斷電即消失的記憶體中，此即隨機存取記憶體（RAM, B）。RAM 為揮發性（volatile）主記憶體，CPU 可隨機定址快速讀寫，用於存放作業系統、執行中程式與變數。A 的 ROM、C 的 PROM、D 的 EPROM 均屬唯讀/非揮發性記憶體，出廠或燒錄後內容固定，用於存放韌體（如 BIOS/UEFI）等不需頻繁更改的程式，不適合做短期執行的工作區。故選 B。
如果系統匯流排的寬度是32 bits，頻率是500 MHz，則該匯流排頻寬最高是多少？ A. 1 GB/s B. 2 GB/s C. 5 GB/s D. 16 GB/s
解析：匯流排頻寬＝寬度×頻率。32 bits × 500 MHz = 16000 Mbits/s，換算為位元組除以 8 得 2000 MB/s = 2 GB/s（以 1 GB = 1000 MB 計）。故最高頻寬為 2 GB/s，選 B。
10110110 為下列何者10 進位數字的1 補數？ A. 182 B. -73 C. -54 D. -182
解析：在 1 補數（one's complement）表示法中，負數由正數各位元取補（0↔1）而得。將 10110110 取補還原得 01001001₂ = 64+8+1 = 73，故 10110110 表示 -73；反之 +73 的 1 補數正是 10110110，選 B。
十進位數字5，若以單精度32 位元IEEE754 浮點數系統表示，下列表示結果何者正確？ A. (0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0)2 B. (0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0)2 C. (0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0)2 D. (0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0)2
解析：IEEE 754 單精度：符號位 0（正）。5 = 1.25 × 2²，正規化尾數 1.25 = 1.01₂，分數欄為 010…；指數 = 2 + 偏移 127 = 129 = 10000001₂。排列為 0（sign）10000001（exponent）0100000…（23 位 mantissa），即選項 A 位元串，選 A。
電腦以位元（bits）的數值組合代表不同意涵，假設現在有65,500 個常用的中文字，至少需要幾個位元來表示常用的中文字數目？ A. 8 B. 16 C. 24 D. 32
解析：表示 N 種字元所需位元數 n 滿足 2ⁿ ≥ N。2¹⁶ = 65536 ≥ 65500，而 2¹⁵ = 32768 不足，故至少需 16 位元（可表示 65536 個中文字），選 B。
一個以r 為基數（radix）的數字系統，若運算式(245)r+(232)r=(521)r成立，則r 為： A. 5 B. 6 C. 8 D. 16
解析：把 r 進位數展開成多項式：(245)r=2r²+4r+5，(232)r=2r²+3r+2，相加得 4r²+7r+7；右式 (521)r=5r²+2r+1。令兩式相等：4r²+7r+7=5r²+2r+1，整理得 r²−5r−6=0，即 (r−6)(r+1)=0，故 r=6（r=−1 不合）。再由合法性檢查：各數字最大為 5，基數必須大於 5，r=6 正好滿足；帶回驗算 (245)6=72+24+5=101，(232)6=72+18+2=92，和為 193，(521)6=180+12+1=193，完全吻合。故選 B。
一般而言，下列那一項功能不會設計在算術邏輯單元（ALU）中，而是單獨設計？ A. A+B B. A-B C. A⊕B D. A÷B
解析：ALU 的核心是組合邏輯電路，負責加法（A+B）、減法（A−B，通常以加補數實現）、以及 AND、OR、XOR（A⊕B）、NOT 等位元邏輯運算，這些都能用少量閘延遲即時完成。除法（A÷B）需要逐位比較、相減與移位，屬於多步驟的反覆運算，通常以循序電路、微程式或專用除法器（如恢復式、不恢復式除法器）另外設計，或呼叫軟體常式，因此不放在基本 ALU 的資料通路中。故選 D。
若使用16 進位系統，分別儲存兩個整數數字(1 2 3 4)16 與(B C D E)16，將兩個整數數字相加後的結果，以相同進位系統儲存，加法運算結果為下列何者？ A. (B E 0 1)16 B. (C F 1 2)16 C. (E 0 1 4)16 D. (E 0 2 3)16
解析：以 16 進位直式相加，由低位往高位處理，逢 16 進位：個位 4+E=4+14=18=16+2，寫 2 進 1；次位 3+D+1=3+13+1=17=16+1，寫 1 進 1；再來 2+C+1=2+12+1=15，即 F，不進位；最高位 1+B=1+11=12，即 C。結果為 (C F 1 2)16。十進位驗算：0x1234=4660，0xBCDE=48350，和為 53010，而 0xCF12=49152+3840+16+2=53010，一致。故選 B。
簡化布林代數式(P+Q'+R')•(P+Q'+R)•(P+Q+R')的結果是： A. (P'Q+R') B. (P+Q'R') C. (P'Q+R) D. (PQ+R)
解析：先看前兩個和項：(P+Q'+R')·(P+Q'+R)，令 X=P+Q'，則為 (X+R')(X+R)=X+RR'=X=P+Q'（吸收律）。再與第三項相乘：(P+Q')·(P+Q+R')，展開得 P+Q'(Q+R')=P+Q'Q+Q'R'=P+Q'R'（因 Q'Q=0）。故化簡結果為 P+Q'R'。也可用一致定理理解：Q' 與 R' 兩個因子在 P 之下形成乘積項。故選 B。
SR 正反器（SR flip-flop）在下列何種輸入下，無論目前狀態為何都會維持輸出不變？ A. SR=00 B. SR=01 C. SR=10 D. SR=11
解析：以 NOR 閘構成的 SR 正反器（低態動作）而言，S=0、R=0 時兩個交叉耦合的 NOR 閘輸入皆為 0，輸出維持原先的 Q 與 Q'，即進入記憶或保持（hold）狀態，與目前狀態無關。S=1 使 Q 置 1（set），R=1 使 Q 清除為 0（reset）；S=R=1 則兩輸出同時被拉成無效電位，是禁止使用的輸入組合，當兩輸入同時釋放時會產生競態，輸出不可預測。故能維持輸出不變者為 SR=00，選 A。
布林函數XYXZYZ可化簡為： A. XYYZ B. XZYZ C. XYXZ D. YXYZ
解析：題式即 F=XY+XZ+YZ。依一致定理（consensus theorem），XY+XZ+YZ 中的 YZ 項是多餘的：當 Y=Z=1 時，若 X=1 則 XY 與 XZ 已為 1，若 X=0 則 XY=XZ=0、YZ 雖為 1 但可由其他項覆蓋，故 YZ 可刪除，得 F=XY+XZ。以布林代數推導：XY+XZ+YZ=XY+XZ+YZ(X+X')=XY+XZ+XYZ+X'YZ=XY(1+Z)+XZ(1+Y')…整理仍回到 XY+XZ。故選 C。
下列那一個邏輯運算，常被用來加速乘法運算？ A. AND B. SHIFT C. NOT D. OR
解析：乘法本質上是「部分積相加」，二進位乘法中乘數每一位非 0 即 1，因此可用移位（SHIFT）搭配加法完成：每次將被乘數左移一位並依乘數位元決定是否累加，即著名的移位加法（shift-and-add）演算法；硬體上以移位暫存器配合加法器實現，也可用布斯編碼（Booth recoding）減少部分積數目。AND 僅用於產生部分積的位元遮罩、OR 與 NOT 屬一般邏輯運算，皆非加速乘法的關鍵運算。故選 B。
2021 年臺灣疫情發生初期，行政院政務委員唐鳳隨即帶領團隊開發簡訊實聯制，使疫情得以有效受到管控。簡訊實聯制主要是運用行動裝置的照相功能掃描QR 碼之後，再利用簡訊上傳店家代碼至後端資料庫。關於QR 碼的敘述，下列何者正確？ A. QR 碼的容錯能力分為4 個等級，最高等級的容錯可修正30%的字碼 B. QR 碼的四個角落各含有一個定位標記，用以確認條碼的位置及方向 C. QR 碼的尺寸僅與其容錯能力成正比，容錯能力越高，QR 碼尺寸越大 D. QR 碼可放入中文資訊，其編碼方式採用EASCII
解析：QR 碼的容錯分為 L、M、Q、H 四級，可復原比例分別約為 7%、15%、25%、30%，最高階的 H 級約可修正 30% 的字碼，故 A 正確。B 錯：QR 碼只有三個定位圖形，分別位於左上、右上與左下，並非四個角落；此設計是為了讓掃描時能快速判斷方向。C 錯：QR 碼尺寸（版本 1～40）由資料量與容錯等級共同決定，並非僅與容錯能力成正比。D 錯：QR 碼支援中文是採漢字模式或 UTF-8 等編碼，EASCII 是 8 位元延伸 ASCII，並非 QR 碼的中文編碼方式。
下列何者可用來證明公鑰（public key）擁有者的身分？ A. 訊息摘要（message digest） B. 秘密金鑰（secret key） C. 數位憑證（digital certificate） D. 數位信封（digital envelope）
解析：數位憑證由可信任的憑證機構（CA）簽發，內容包含憑證持有者的身分資訊與其公鑰，並以 CA 的私鑰對整份憑證簽章。任何人只要用 CA 公開的公鑰驗證簽章，就能確認該公鑰確實屬於憑證上所載的身分，這是公開金鑰基礎建設（PKI）證明公鑰歸屬的核心機制。A 訊息摘要僅能檢測資料是否被竄改，不具身分證明力；B 秘密金鑰屬對稱式加密，無法向第三方證明身分，且有金鑰分配問題；D 數位信封是以接收者公鑰包裹對稱金鑰，用途在保障機密性而非身分鑑別。
下列那一個是最普及的編碼系統且僅需要七個位元（bits）即可儲存一個符號？ A. ASCII B. EBCDIC C. Big5 D. Unicode
解析：ASCII（American Standard Code for Information Interchange）以 7 個位元編碼，可表示 2 的 7 次方共 128 個字元，包含英文大小寫字母、數字、標點與控制字元，是最普及、最基礎的電腦編碼系統。B 的 EBCDIC 為 IBM 大型主機使用的 8 位元編碼；C 的 Big5 是雙位元組的中文編碼，用來表示繁體中文字；D 的 Unicode 為涵蓋全球語言的萬國碼，常見以 16 或 32 位元表示一個碼點，所需位元遠多於七個。
若執行以下的Python 程式碼，螢幕上的輸出結果依序為何？var1 = 4var2 = 7while var1<8:while var2>var1:print（var1+var2）var2=var2-1var1=var1+1 A. 11 11 B. 11 10 9 C. 11 10 9 12 11 D. 11 10 9 12 11 13
解析：程式先設 var1=4、var2=7。外層迴圈 var1<8 成立時進入內層：var1=4 時，var2 依序為 7、6、5 皆大於 4，分別印出 4+7=11、4+6=10、4+5=9，接著 var2 變為 4，因 4>4 不成立而跳出內層，var1 加 1 成為 5。之後 var1 為 5、6、7 時，var2 已固定為 4，內層條件 4>var1 皆不成立，不會再印出任何值，var1 一路加到 8 後外層結束。因此螢幕輸出依序為 11、10、9，答案為 B。
軟體程序（software process）是生產軟體系統的一組相關活動。雖然有許多種不同的軟體程序，它們在某種形式上卻都必須包含四種基本的軟體工程活動。下列那一項活動不是這四種基本活動之一？ A. 軟體規格制定（software specification） B. 軟體開發（software development） C. 軟體測試（software testing） D. 軟體演進（software evolution）
解析：一般軟體工程教科書（如 Sommerville）指出，任何軟體程序都必須包含四項基本活動：軟體規格制定（software specification，定義系統功能與限制）、軟體開發（software development，設計與實作）、軟體驗證（software validation，確認系統符合需求）以及軟體演進（software evolution，因應需求變更持續修改）。軟體測試只是「驗證」活動底下的具體手段之一，被涵蓋在驗證之中，並非與前述四項並列的基本活動，故選 C。
若執行以下的Python 程式碼，螢幕上的輸出結果依序為何？var1 = 4var2 = 30var3 = 60var4 = var1 == 4 and var2 > 30 or var3 > 50var5 = var1 != 2 and not var2 > 26 and var3 >= 80print（var4, var5） A. True True B. True False C. False True D. False False
解析：Python 的邏輯運算子優先順序為 not 高於 and、and 高於 or。var4 = var1 == 4 and var2 > 30 or var3 > 50，先算 var1==4 為 True、var2>30 即 30>30 為 False，True and False 得 False；再算 var3>50 即 60>50 為 True，False or True 得 True。var5 = var1 != 2 and not var2 > 26 and var3 >= 80，var1!=2 為 True，not(30>26) 即 not True 為 False，var3>=80 即 60>=80 為 False，True and False and False 得 False。故輸出 True False。
使用下列數字序列：20、2、3、4、7、6、9、1、5、8，依序輸入建立一個二元搜尋樹（binary search tree），下列敘述何者錯誤？ A. 由根節點出發使用前序（preorder）方式走訪此二元搜尋樹，輸出為20, 2, 1, 3, 4, 7, 6, 5, 9, 8 B. 節點1 和節點3 的父節點相同 C. 節點6 位於節點9 的左子樹 D. 若最後再新增一個數字10，此二元搜尋樹的高度不變
解析：依序插入後，20 為根，2 為 20 左子、1 為 2 左子、3 為 2 右子，4、7 依次為右鏈，6 為 7 左子、5 為 6 左子，9 為 7 右子、8 為 9 左子。前序走訪為 20,2,1,3,4,7,6,5,9,8，故 A 正確；1 與 3 的父節點同為 2，B 正確。節點 6 是 7 的左子，並不在節點 9 的子樹中（9 的左子為 8），故 C 錯誤。新增 10 會沿 20→2→3→4→7→9 落到 9 的右子，深度與既有最深的 5、8 同為 6，樹高不變，D 正確。
有關程式語言多型（polymorphism）敘述，下列何者正確？ A. 在Java 中，可以用繼承（Inheritance）方式來實現多型；但不能用介面（Interface）方式來實現多型 B. 在Java 中，可以用介面方式來實現多型；但不能用繼承方式來實現多型 C. 在Java 中，繼承方式和介面方式兩者都可以實現多型 D. 在Java 中，不論用繼承方式或介面方式都不能實現多型
解析：多型指同一介面或方法呼叫可依實際物件型別而有不同行為。Java 中可透過繼承達成：子類別覆寫（override）父類別方法，以父類別型別的參考變數指向子類別物件，執行時依實際物件動態繫結（dynamic binding）呼叫對應版本。也可透過介面達成：不同類別實作同一介面並各自提供實作內容，再以介面型別統一呼叫。因此繼承與介面兩種方式都能實現多型，A、B 主張其中一種不可行，D 主張兩者皆不可行，均不正確。
有關多媒體應用的敘述，下列何者錯誤？ A. 藍光光碟容量大，單層容量為30 G B. 電子紙張可節省紙張浪費，並可儲存大量書籍 C. Podcast 利用附有RSS 的軟體讓使用者訂閱並下載音訊 D. 手機是一種多媒體應用
解析：藍光光碟（Blu-ray Disc）單層容量約 25 GB、雙層約 50 GB，題目稱單層 30 G 與實際規格不符，故 A 有誤。B 電子紙耗電低、可重複更新顯示，能取代大量紙本並儲存眾多書籍；C Podcast 以 RSS 提供訂閱與下載音訊檔，是典型應用；D 手機可播放聲音、影像、動畫與文字，當然屬於多媒體應用。故選 A。
關於交錯訊號掃描（Interlacing）、漸進式掃描（Progressive scan）中的敘述，下列何者錯誤？ A. 使用交錯訊號掃描（Interlacing）的畫面較容易閃爍，且畫質相對不精細 B. 交錯訊號掃描（Interlacing）有分奇偶兩個圖場 C. 漸進式掃描（Progressive scan）不分奇偶圖場，只有一個圖場一次掃描完整個影格 D. 使用漸進式掃描（Progressive scan）會使影格較不穩定且易閃爍
解析：漸進式掃描（Progressive scan）一次掃描即完成一個完整影格，畫面穩定、閃爍少、垂直解析度佳；會閃爍、畫面不穩的是交錯式掃描，故 D 敘述正好相反，為錯誤項。A 交錯式因奇偶圖場交替顯示，易生閃爍且細節較差，正確；B 交錯式將影格分為奇數場與偶數場兩個圖場，正確；C 漸進式不分圖場、一次掃完整個影格，正確。故選 D。
若一張灰階圖之像素點分布如左圖，在進行影像處理後，其像素點分布結果為右圖，此灰階圖最可能經過什麼處理？ A. 直方圖匹配（Histogram matching） B. 直方圖閥值平衡（Balanced histogram thresholding） C. 直方圖均化（Histogram equalization） D. 仿射轉換（Affine Transformation）
下列關於HSV 色彩空間的敘述，何者錯誤？ A. HSV 分別代表色相、飽和度、明度 B. 色相表示顏色的基本屬性 C. 飽和度是指色彩的純度，越高表示顏色越亮 D. 明度是指色彩的亮度，越低表示亮度越暗
解析：HSV 中 H 為色相、S 為飽和度、V 為明度。飽和度指顏色的純度或鮮豔程度，數值越高代表顏色越純、越鮮明，與「越亮」無關；亮度由明度 V 決定，故 C 錯誤。A 三要素的對應正確；B 色相即紅、綠、藍等基本色別，正確；D 明度越低顏色越暗，正確。故選 C。
一個長1920 像素，寬1080 像素，使用RGB 三原色所繪製的畫面，其每個畫面共傳輸2332800 Bytes 的數據，此畫面的色深（color depth）為多少bits？ A. 3 B. 24 C. 4 D. 8
有關電荷耦合器（Charge Coupled Device）的敘述，下列何者錯誤？ A. 利用光電效應（photo-electronic effect）把光轉化成強弱不等的電流 B. 是一個線性（linear）的光度量器 C. 應用於數位照相機及攝影機 D. 用以將數位訊號類比化成類比訊號
解析：CCD 是感光元件，利用光電效應把入射光轉換為電荷，輸出與受光量成正比的類比電訊號，再經類比數位轉換器（ADC）變成數位資料；因此「把數位訊號類比化」方向正好相反，D 錯誤。A 光電效應的敘述正確；B 其輸出與光量呈線性關係，可作線性光度量測；C 廣泛應用於數位相機、攝影機與掃描器。故選 D。
一個字母表A={a0,a1,a2,a3}，其中a0 的出現機率0.5，a1 的出現機率0.25，a2 的出現機率0.125，a3 的出現機率0.125，若以霍夫曼編碼（Huffman Coding）得到A 字母表的碼簿（codebook），下列何者可為正確答案？ A. a0=00，a1=01，a2=10，a3=11 B. a0=0，a1=10，a2=110，a3=111 C. a0=0，a1=01，a2=011，a3=0111 D. a0=0，a1=1，a2=00，a3=11
解析：霍夫曼編碼由最小機率開始合併：0.125＋0.125＝0.25，再 0.25＋0.25＝0.5，最後 0.5＋0.5＝1，故 a0 得 1 bit、a1 得 2 bits、a2 與 a3 各 3 bits，即 0、10、110、111，平均長度 0.5×1＋0.25×2＋0.125×3×2＝1.75 bits。C、D 的碼字互為前置（如 0 是 01 的前置），無法唯一解碼；A 為固定長度 2 bits，平均 2 bits，並非最佳。故選 B。
下列何者是多媒體通訊系統中，負責傳輸錯誤保護機制？ A. 資料編碼與解碼（Source coding and decoding） B. 調變與解調（Modulation and Demodulation） C. 通道編碼與解碼（Channel coding and decoding） D. 多工與通訊網路（Multiplexer and Communication Network）
解析：通道編碼（Channel coding）在傳輸前加入檢查位元或冗餘（如錯誤更正碼、卷積碼），使接收端能偵測甚至更正通道雜訊造成的錯誤，即題目所問的錯誤保護機制。A 是資料壓縮編碼，目的在減少位元量；B 調變與解調是把位元映射成適合通道傳送的波形；D 多工與通訊網路負責資源共享與封包傳送，不專司錯誤保護。故選 C。
根據取樣理論，對音源取樣需使用適當「取樣頻率」方能記錄完整聲波，有一音源頻率為15 kHz，能清晰表示此音訊的最低取樣頻率為何？ A. 60 Hz B. 7.5 kHz C. 15 kHz D. 30 kHz
解析：依尼奎斯特取樣定理（Nyquist sampling theorem），取樣頻率至少須達訊號最高頻率的兩倍，才能完整重建原波形並避免疊影（aliasing）。本題音源頻率為 15 kHz，最低取樣頻率為 15 kHz × 2 = 30 kHz。A 的 60 Hz 遠低於音訊頻率，取樣點過少；B 的 7.5 kHz 只有訊號頻率的一半，會嚴重失真；C 的 15 kHz 恰等於訊號頻率，每個週期僅取一點，無法還原波形。故選 D。
傳播延遲（Propagation delay）為二進位輸入訊號改變其值時，從輸入傳遞到輸出轉變的延遲時間。以64位元來說，下列那一種加法器，其傳播延遲時間最長？ A. 前瞻進位加法器（Carry-Lookahead Adder） B. 進位選擇加法器（Carry-Select Adder） C. 進位儲存加法器（Carry-Save Adder） D. 漣波進位加法器（Ripple-Carry Adder）
解析：漣波進位加法器（Ripple-Carry Adder）的進位是由最低位逐位往高位傳遞，每一位都必須等前一位的進位穩定後才能算出結果，因此 64 位元需串接 64 級，傳播延遲最長且與位元數成正比。前瞻進位加法器以產生（generate）與傳播（propagate）訊號並行推算進位，延遲最短；進位選擇加法器預先算出進位為 0 與 1 的兩種結果再選擇，速度優於漣波；進位儲存加法器主要用於多個運算元累加，避免逐級傳遞進位。故選 D。
由於人類對於亮度與彩度的敏感度不同，使用色彩空間YCbCr 的影像或視訊，其彩度分量可以使用次取樣（subsampling），在輕微影響影像品質的情況下來降低資料量。原來未做次取樣的影像（YCbCr 4：4：4）在經過YCbCr 4：2：0 次取樣後，其總像素點數為原始影像的幾倍？ A. 1 B. 23 C. 2 D. 12
解析：YCbCr 4:4:4 未做次取樣，每個像素各有 Y、Cb、Cr 一個取樣，平均每像素 3 個取樣點。4:2:0 的亮度 Y 維持全解析度，而 Cb、Cr 在水平與垂直方向都減半，各只剩 1/4，平均每像素為 1 + 0.25 + 0.25 = 1.5 個取樣點。因此總取樣點數為原來的 1.5 ÷ 3 = 1/2。由於人眼對亮度較敏感、對彩度較遲鈍，此種取樣可在幾乎不影響視覺品質下大幅降低資料量。故選 D。
關於影像媒體，下列敘述何者正確？ A. 點陣圖是使用角度、座標、距離等參數來表示圖形 B. 向量式繪圖的影像較容易失真，但儲存空間小、處理速度較快 C. 點陣圖與向量圖屬於動態影像 D. 點陣圖用於需要精細細節的複雜繪圖
解析：點陣圖（bitmap）以像素矩陣逐點記錄色彩，能忠實呈現明暗層次與細節，適合照片、寫實影像或需要精細細節的複雜繪圖，但放大後容易出現鋸齒與模糊，且檔案較大。A 所述以角度、座標、距離等參數描述圖形，其實是向量圖的特性；B 向量圖以數學描述構成，放大不失真，並非較易失真；C 點陣圖與向量圖都屬於靜態影像，動態影像指的是視訊或動畫。故選 D。