民國111年 地方四等 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 39 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。
下列何者為典型中央處理器（processor）必須具備的部分？ A. 輸入單元 B. 輸出單元 C. 儲存單元 D. 控制單元
解析：典型中央處理器（CPU）主要由控制單元（control unit）、算術邏輯單元（ALU）與暫存器組構成。控制單元負責解碼指令、產生控制訊號，協調各部門依序完成指令，是 CPU 必備的核心部分。A 輸入單元、B 輸出單元與 C 儲存單元（主記憶體）屬於電腦系統的五大單元之一，但通常位於 CPU 之外，透過匯流排與 CPU 連接，並非處理器本身必須具備的組成。因此本題所指處理器必須具備者為控制單元，故選 D。
建構於國家高速網路與計算中心的臺灣杉三號，擁有900 個計算節點，共50,400 個計算核心（Cores）。依照電腦的分類，臺灣杉三號屬於： A. 嵌入式電腦系統 B. 超級電腦系統 C. 超純量電腦系統 D. 工業電腦系統
解析：電腦系統依規模與用途可分為嵌入式系統、個人電腦、工作站、伺服器、超級電腦等。臺灣杉三號建置於國家高速網路與計算中心，具備 900 個計算節點、共 50,400 個計算核心，並以高速網路互連進行大規模平行運算，屬於提供科學研究與工程模擬使用的高效能計算叢集，依分類應歸為超級電腦系統。嵌入式系統是嵌入於特定裝置的小型系統，超純量是指 CPU 管線可同時執行多道指令的技術，工業電腦則為因應嚴苛環境的強化型電腦，皆與此規模不符。
有關計算機結構之敘述，下列何者正確？ A. SCSI 是一種計算機體系結構，可利用多個指令流對多個數據流進行操作 B. RISC 代表遞迴指令集計算機（recursive instruction set computer） C. CISC 代表完整指令集計算機（complete instruction set computer），它具有大量指令集 D. SIMD 代表單指令流、多數據流
解析：SIMD 是 Single Instruction stream, Multiple Data stream 的縮寫，指同一個指令同時對多筆資料操作，例如向量指令、GPU 與多媒體擴充指令集，故 D 正確。RISC 是精簡指令集計算機（Reduced Instruction Set Computer），重點在指令少、格式固定、管線化；CISC 是複雜指令集計算機（Complex Instruction Set Computer），指令多且功能複雜，兩者都不是選項 B、C 所述的全稱。SCSI 是小型電腦系統介面，屬於周邊儲存裝置的介面標準，並非計算機體系結構分類，也不是多指令流多資料流（MIMD）的架構。
處理器執行時，除了分支與跳躍外，能改變正常指令執行路徑的事件為例外（exceptions）和插斷（interrupts），下列何者並非由處理器內部所產生的插斷情況？ A. I/O 裝置發出請求 B. 使用者程式呼叫作業系統 C. 算術滿溢 D. 使用未定義的指令
解析：插斷（interrupt）通常指由處理器外部事件非同步引起的訊號，例外（exception）則是處理器執行指令時同步產生的內部事件。I/O 裝置發出請求屬於外部裝置驅動的插斷，並非處理器內部產生。相對地，使用者程式呼叫作業系統屬於陷阱指令（trap），算術滿溢屬於算術例外，使用未定義指令則屬於非法指令例外，三者都由目前執行的指令在處理器內部引發。因此答案為 A。
具有名稱的方法函式，若決定其實際執行的程式碼，在程式運行（run time）時才決定，而不是在編譯（compile time）時決定，這種方式稱為： A. dynamic binding B. early binding C. static binding D. casting
解析：具有名稱的方法函式在程式執行時，才依物件實際所屬的型別決定要執行哪一份程式碼，稱為動態綁定（dynamic binding），也就是晚期綁定（late binding），常見於物件導向語言的多型與方法覆寫機制。B 的 early binding 與 C 的 static binding 都是同義詞，指編譯時期即確定呼叫目標，與題意相反。D 的 casting 是型別轉換，與決定方法實體的時機無關。故選 A。
假如計算機使用記憶體對映輸出入（memory-mapped I/O）定址模式，其中位址匯流排使用8 個位元，且此計算機有7 個能存取8 個暫存器的輸出入（I/O）控制器，記憶體內儲存多少個字（word）？ A. 100 B. 200 C. 300 D. 400
解析：記憶體對映輸出入是把 I/O 裝置的暫存器配置在記憶體位址空間中，因此須從總位址空間扣除 I/O 所占用部分。8 條位址匯流排可定址 2 的 8 次方 = 256 個字。7 個控制器各有 8 個可存取的暫存器，合計 7 × 8 = 56 個字被 I/O 使用。故可供記憶體使用的字數為 256 − 56 = 200 個字，選 B。A、C、D 皆未正確扣除 I/O 所占位址或誤算控制器數量。
若影像每像素以24 位元儲存，下列何者最接近以64GB 的儲存空間，能存放解析度為1600×1200 之影像的最多張數？ A. 1000 張 B. 5000 張 C. 10000 張 D. 15000 張
解析：單張影像所需位元數為 1600 × 1200 × 24 = 46,080,000 bits，換算位元組為 46,080,000 ÷ 8 = 5,760,000 bytes，約 5.76 MB。64 GB 以 1 GB = 1024 MB 計為 65,536 MB，除以 5.76 MB 約得 11,378 張；若以 1 GB = 1000 MB 估算則約 11,111 張。兩種算法結果都最接近 10000 張，故選 C。A、B、D 分別差了約一個數量級或數倍，明顯不符。
微處理器具有64 條資料排線（data bus）和32 條位址排線（address bus），給定一個字元（word）長度為32bits，使用字元定址（word addressable），其記憶體最大能儲存多少個位元？ A. 32 x 232 B. 32 x 264 C. 64 x 232 D. 64 x 264
解析：字元定址表示每個位址指向一個 word，故可定址的 word 數量由位址排線決定：2 的 32 次方個。又每個 word 長度為 32 bits，總容量即為 32 × 2 的 32 次方位元，故選 A。資料排線 64 條只影響一次可傳輸的位元數（匯流排寬度），不影響可定址範圍，故 C、D 誤用 64；B 則誤把位址線數與資料寬度相乘成 2 的 64 次方，兩者皆混淆了位址空間與資料寬度的角色。
關於快閃記憶體（Flash Memory）與動態隨機存取記憶體（DRAM）的比較，下列何者正確？ A. 快閃記憶體的讀寫速度比動態隨機存取記憶體快 B. 動態隨機存取記憶體必須要每隔一段時間重新充電一次，以保存其內部資料 C. 快閃記憶體的運作原理與傳統硬碟（Hard Disk）相同，都是用磁性材料記錄資料 D. 以每一位元的售價相比，動態隨機存取記憶體較快閃記憶體價格便宜
解析：DRAM 以電容儲存電荷代表位元，電容會漏電，因此必須週期性重新充電（refresh）才能維持資料，B 正確。A 錯誤：DRAM 為揮發性主記憶體，存取速度遠快於以浮閘捕捉電子、須整塊抹除的快閃記憶體。C 錯誤：快閃記憶體屬半導體電子元件，靠浮閘電荷儲存，與硬碟的磁性記錄原理不同。D 錯誤：以每位元成本比較，DRAM 單位容量價格高於快閃記憶體，並非較便宜。故選 B。
若一處理器的時脈速度為200 MHz，且CPI（指令平均時脈週期數）為4，則此處理器的MIPS 為多少？ A. 50 B. 200 C. 800 D. 80000
解析：MIPS 表示每秒執行多少百萬條指令。先由時脈速度除以 CPI 求出每秒指令數：時脈 200 MHz 代表每秒 200×10^6 個時脈週期，每條指令平均需 4 個週期，故每秒指令數＝200×10^6÷4＝50×10^6 條，即 50 MIPS。公式可記為 MIPS＝時脈頻率(MHz)÷CPI。B 的 200 是直接把時脈數當成指令數，忽略了 CPI；C 的 800 誤把 CPI 相乘；D 的 80000 則是單位換算錯誤。故選 A。
將四進制數(32021)4 以16 進位表示後，再加總各個位數的總和為何？ A. (18)10 B. (19)10 C. (20)10 D. (21)10
解析：四進位每個位數恰好對應 2 個位元，故先轉成二進位：3→11、2→10、0→00、2→10、1→01，得 1110001001。再從右每 4 位元併成一個十六進位數：11 1000 1001 → 0011 1000 1001，即 (389)16。驗算十進位：3×4^4＋2×4^3＋0×4^2＋2×4＋1＝768＋128＋0＋8＋1＝905，而 (389)16＝3×256＋8×16＋9＝905，一致。題目要求十六進位各各位數之和：3＋8＋9＝20，即 (20)10。故選 C。
下列那一組位元資料不符合奇同位元檢查（odd-parity check）？ A. 00011111 B. 01010101 C. 01100111 D. 11000010
解析：奇同位元檢查要求一組位元中「1」的個數為奇數，接收端據此偵測單一位元錯誤。逐一計算：A 的 00011111 共有 5 個 1，為奇數，符合；C 的 01100111 共有 5 個 1，符合；D 的 11000010 共有 3 個 1，符合。B 的 01010101 共有 4 個 1，為偶數，不符合奇同位元的要求（它符合偶同位元）。因此不符合者為 B。
最大的16 bit 有號整數為何？ A. 32767 B. 32768 C. 65535 D. 65536
解析：16 bit 有號整數採二補數表示，最高位元為符號位（0 表正、1 表負），可表示範圍為 −2^15 到 2^15−1，即 −32768 到 32767。因此最大正值是 2^15−1＝32767，其二進位為 0111 1111 1111 1111。B 的 32768 已超出正數上限，在 16 bit 有號表示中會落到負數範圍；C 的 65535 是 16 bit 無號整數的最大值（2^16−1）；D 的 65536 為 2^16，需要 17 個位元才裝得下。故選 A。
下列那一項不是同時執行多項活動的方法？ A. 管線化（pipelining） B. 多程式（multiprogramming） C. 動態記憶體重新整理（DRAM refresh） D. 多處理器（multiple processors）
解析：同時執行多項活動的核心概念，是讓處理器在等待某項工作（例如 I/O）時，能切換去執行其他工作，或讓多個工作真正並行。A 管線化把指令執行切成多個階段，讓不同指令重疊在不同階段中進行，屬於提升同時性的方法；B 多程式（multiprogramming）在某一程式等待 I/O 時切換到另一程式，使 CPU 與 I/O 重疊；D 多處理器以多顆 CPU 真正並行執行多個程序。C 動態記憶體重新整理（DRAM refresh）是因 DRAM 以電容儲存資料、必須週期性重寫以維持電荷，屬於維持資料正確性的硬體動作，本身不是讓多項活動同時進行的技術，甚至會佔用記憶體週期。故選 C。
用1 補數表示的兩個整數01101011 與11100011，相加後結果為何？（仍用1 補數表示法） A. 01001101 B. 01001110 C. 01001111 D. 11001110
解析：1 補數加法需採端迴進位（end-around carry）：最高位產生的進位要加回最低位。先將兩數相加：01101011 + 11100011 = 1 01001110，最高位進位為 1，把這個 1 加回最低位，得 01001110 + 1 = 01001111。以十進位驗證：01101011 為正數 107；11100011 的最高位為 1 表示負數，取其 1 補數得 00011100 即 28，故為 -28。107 + (-28) = 79，而 01001111 = 64 + 8 + 4 + 2 + 1 = 79，兩者一致。
一組邏輯運算單元可稱作基底（base）的條件，為其中每一種運算單元，都可以無數目限制的使用情形下，可以組合出所有可能的邏輯運算結果。下列何者是一組基底？ A. NAND, NOR B. AND, OR C. Implication(→), NOT D. XOR, biconditional(↔)
解析：一組運算單元被稱為基底（功能完備集），是指僅用這些運算即可組合出所有可能的布林函數。NAND 與 NOR 各自都具功能完備性：任何邏輯閘都能只用 NAND 或只用 NOR 做出來，例如 NOT 可用單一 NAND 將兩輸入接在一起實現，AND 則為 NAND 加上 NOT。因此同時擁有 NAND 與 NOR 的一組必然為基底。B 的 AND、OR 無法產生 NOT，遇到輸入全為 0 時輸出必為 0，不能表達 NOT 的結果；D 的 XOR 與 biconditional 都屬線性（仿射）函數，無法組合出 AND 這類非線性函數，故不構成基底。
給定x = 144 和x XOR y = 65，則y 是： A. 56 B. 102 C. 168 D. 209
解析：依 XOR 的性質，若 x XOR y = z，則 y = x XOR z。將 x = 144 與 65 化為二進位：144 = 10010000₂，65 = 01000001₂。逐位元做互斥或運算（相異為 1、相同為 0），得 11010001₂。換算為十進位：128 + 64 + 16 + 1 = 209。故 y = 209。也可用驗算方式確認：144 XOR 209 = 65，符合題目條件。
如圖所示之組合邏輯電路，其功能相當於： A. XNOR 閘 B. XOR 閘 C. NAND 閘 D. NOR 閘
一個布林變數（Boolean variable），可以表示多少種不同的值？ A. 0 B. 1 C. 2 D. 任意整數
解析：布林變數（Boolean variable）的取值來自布林代數，只有真（true，常以 1 表示）與假（false，常以 0 表示）兩種狀態，因此一個布林變數可表示 2 種不同的值。若以 n 個位元表示，則可表示 2 的 n 次方種組合，但單一布林變數 n 即為 1，故為 2 種。0 與 1 是「值的種類數」與「值本身」的混淆；任意整數則描述的是整數變數而非布林變數。
關於UTF-8（Unicode Transformation Format 8-bit）編碼標準，下列敘述何者錯誤？ A. UTF-8 編碼標準可以表現簡體中文 B. UTF-8 編碼標準使用8 位元空間儲存所有編碼 C. UTF-8 編碼標準支援ASCII 編碼 D. UTF-8 編碼標準保留未來延伸之空間
解析：UTF-8 是一種可變長度編碼，依字元所在的 Unicode 區段使用 1 至 4 個位元組，並非固定以 8 位元（1 位元組）儲存所有字元，因此 B 的敘述錯誤。基本 ASCII 字元僅用 1 個位元組，且位元組值與 ASCII 相同，故能向下相容 ASCII；Unicode 字集涵蓋簡體中文、繁體中文等各語系文字，UTF-8 自然可表現簡體中文；此外，UTF-8 在編碼位元組的設計上保留尚未指定碼點的組合，可供未來延伸使用。
若執行以下的Python 程式碼，則func()方法會被呼叫幾次？number = 5def func(var):if var>=0:return var * func(var-1)else:return 1func(number) A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
解析：func 在 var>=0 時會以 var-1 遞迴呼叫自己，直到 var 變成 -1 才因 else 回傳 1 而停止。從 func(5) 開始，依序呼叫 func(4)、func(3)、func(2)、func(1)、func(0)，再由 func(0) 呼叫 func(-1) 後停止。連同最外層的 func(5) 本身一併計算，共計 func(5)、func(4)、func(3)、func(2)、func(1)、func(0)、func(-1) 七次呼叫，故答案為 7 次。
若執行以下的Java 程式碼，則螢幕上輸出的數字依序為何？public class SwitchTest{public static void main(String[] args){int i = 1;while(i<5){switch(i){case 1:System.out.println("1");case 2:case 3:System.out.println("3");break;case 4:System.out.println("4");default:System.out.println("5");}i++;}}} A. 1，3，4 B. 1，5，3，4 C. 1，3，3，4，5 D. 1，3，3，3，4，5
解析：switch 的 case 若沒有 break，會繼續往下執行（fall-through）。i=1 時從 case 1 印出 1，因無 break 而落入 case 2、case 3 再印出 3，遇到 break 才跳出；i=2 時從 case 2 進入，落到 case 3 印出 3 後 break；i=3 時直接從 case 3 印出 3 後 break；i=4 時印出 4，因 case 4 無 break 而落入 default 再印出 5。i 遞增到 5 時 while 條件不成立，迴圈結束。因此輸出依序為 1、3、3、3、4、5。
在電腦記憶體中主記憶體、暫存器、快取記憶體在速度比較上，從高至低的順序為何？ A. 主記憶體、快取記憶體、暫存器 B. 暫存器、快取記憶體、主記憶體 C. 快取記憶體、暫存器、主記憶體 D. 暫存器、主記憶體、快取記憶體
解析：存取速度由高至低依序是暫存器（register）、快取記憶體（cache）、主記憶體（main memory）。暫存器位於CPU內部，供指令與運算直接使用，速度最快；快取記憶體介於CPU與主記憶體之間，用以縮短存取延遲，速度次之；主記憶體容量較大、成本較低，但存取速度最慢。此順序也大致與容量大小相反，因此選B。
若一作業系統之CPU 排程採用依序循環方法（round-robin scheduling），每次程序使用CPU 的時間配額（time quantum）為t 毫秒。今有某一排程，共有三個程序P1、P2 及P3，所需CPU 使用時間分別為6 毫秒、9 毫秒、7 毫秒；且開始的執行順序為P1、P2、P3。若內容轉換（context switch）時間不計，根據下列不同的時間配額設定，那個設定產生的平均執行時間（turn-around time）最短？ A. t = 1 B. t = 3 C. t = 5 D. t = 7
解析：周轉時間等於完成時間減去到達時間，而三個程序都在0毫秒到達，因此直接比較完成時間。當t=7時：P1在0～6毫秒執行完畢；P2在6～13毫秒執行7毫秒後剩下2毫秒；P3在13～20毫秒執行完畢；P2再於20～22毫秒完成。三者的完成時間依序為6、22、20毫秒，平均為(6+22+20)/3=16毫秒。若t=3，平均約18.33毫秒；t=1與t=5的平均皆約19.33毫秒，因此t=7的平均周轉時間最短。
下列那一項非作業系統的四大資源管理項目？ A. 記憶體管理（Memory Management） B. 程序管理（Process Management） C. 函式庫管理（Library Management） D. 設備管理（Device Management）
解析：作業系統的核心職責是管理電腦資源，一般歸納為四大類：處理器（程序）管理、記憶體管理、裝置（I/O）管理與檔案管理。程序管理負責建立、排程與同步行程；記憶體管理負責配置、置換與保護；設備管理透過驅動程式與中斷處理 I/O。函式庫（Library）是提供應用程式呼叫的程式集合，屬於開發階段的軟體元件，並非作業系統要調度的硬體資源類別，故選 C。
使用UNIX 系統時，若欲傳送一個信號（Signal）“28”給代碼（PID）為101 的程序，應使用下列那一項命令？ A. kill -28 101 B. signal -28 101 C. kill -101 28 D. signal -101 28
解析：UNIX／Linux 傳送信號給行程使用 kill 指令，語法為 kill -signal PID 或 kill -s 信號名 PID。選項 A 的 kill -28 101 表示把編號 28 的信號送給 PID 101 的行程，符合需求。B、D 使用的 signal 並非送信號的標準指令；C 則把信號編號與 PID 位置對調，會變成把編號 101 的信號送給 PID 28 的行程，語意錯誤。
在UNIX 或Linux 作業系統中，若有一目錄的權限為drwx--x--x，下列敘述何者錯誤？ A. 目錄擁有者可以更改此目錄的名稱 B. 所有帳號都可以改變工作目錄至此目錄 C. 所有帳號都可以列出此目錄下的檔案與目錄清單 D. 除了目錄擁有者之外，其他帳號無法更改此目錄的名稱
解析：權限字串 drwx--x--x 中，d 表示目錄；擁有者為 rwx，群組與其他人皆為 --x。對目錄而言，r 代表可讀取（可列出檔案清單），x 代表可進入（可 cd 並穿越該目錄），w 代表可新增、刪除、改名項目。因此擁有者可以改名（A 正確），其他人雖無 r 但有 x，仍可 cd 進入（B 正確），且非擁有者無 w 故不能改名（D 正確）。由於群組與其他人缺少 r，無法列出目錄內容清單，故 C 的敘述錯誤。
setuid 是UNIX 的檔案權限管理其中一種旗標（flag），一個可執行檔被加入setuid 權限後，就可以允許此可執行檔的執行者暫時性的轉換身分為檔案所有者，來存取該使用者所屬檔案，以便順利執行此可執行檔。下列指令何者可以用來設定可執行檔test 的setuid？ A. chmod g+s test B. chmod 4777 test C. chmod u-s test D. chmod 2777 test
解析：UNIX 以 chmod 的八進位模式設定特殊權限：第一位數字 4 代表 setuid、2 代表 setgid、1 代表 sticky，後三位才是擁有者、群組、其他的 rwx。因此 chmod 4777 test 會同時給所有人 rwx 並加上 setuid，符合題意。chmod g+s 設定的是 setgid（作用在群組），u-s 則是移除擁有者的 setuid，方向相反；chmod 2777 設定的是 setgid 而非 setuid。
若執行以下的Java 程式碼，則螢幕上輸出的數字依序為何？public class ArrayReference {public static void main(String[] arg){int[] array1 = {1, 2, 3, 4};int[] array2 = {5, 6, 7, 8};int[] array3 = {9, 10, 11, 12};array3 = array1;array2 = array3;for(int counter=0; counter<array1.length; counter++){array1[counter]=array1[counter]+array2[counter]+array3[counter];}for(int counter=0; counter<array2.length; counter++){System.out.println(array2[counter]);}}} A. 1，2，3，4 B. 3，6，9，12 C. 5，6，7，8 D. 15，18，21，24
解析：Java 的陣列變數存放的是參考（reference）。array3=array1 之後，array3 與 array1 指向同一個 {1,2,3,4}；接著 array2=array3，array2 也指向同一個陣列，因此三個變數其實共用同一份資料。迴圈中每次運算 array1[i]=array1[i]+array2[i]+array3[i]，由於三者是同一元素，等於把每個元素乘 3：1→3、2→6、3→9、4→12。最後印出 array2 的內容即為 3、6、9、12。
使用阿姆達爾定律（Amdahl's Law）來考慮下列問題：一個應用程式中，有百分之四十的部分只能循序（serial）執行，另外百分之六十的部分可以完全平行（parallel）執行，如果透過增加核心的數量來達到應用程式的速度提升（speedup），若以單核心的環境做為比較的基準，此應用程式在多核心系統上速度提升的上限是多少？ A. 1.4 倍 B. 1.6 倍 C. 1.7 倍 D. 2.5 倍
解析：依阿姆達爾定律，加速比上限為 1／(循序比例＋平行比例／核心數)。此題循序比例 0.4、平行比例 0.6，當核心數趨近無限大時，平行部分時間趨近 0，上限為 1／0.4＝2.5 倍。核心再多也無法縮短那 40% 的循序執行時間，因此答案為 2.5 倍。
下列何者不是360 度視訊常用之投影模型？ A. 立方體投影（Cubemap projection） B. EAC（Equi-Angular Cubemap） C. 等距長方投影（Equirectangular projection） D. 正交投影（Orthographic projection）
解析：360 度視訊需把球面視野映射到平面或立方體，常用等距長方投影、立方體投影（Cubemap）及 EAC 等等角立方體投影，以利編碼與播放。正交投影主要用於工程圖、電腦圖學或特定渲染，缺乏 360 度環場視訊所需的球面全方位映射特性，不是常用投影模型。
若使用（R, G, B）來表示顏色，下列何者為黃色？ A. (255, 0, 0) B. (255, 255, 0) C. (255, 0, 255) D. (255, 255, 255)
解析：在 RGB 加法混色中，黃色由紅光與綠光等量混合而成，藍光不參與，因此表示為 (255, 255, 0)。A 的 (255, 0, 0) 是純紅；C 的 (255, 0, 255) 是紅加藍所形成的洋紅；D 的 (255, 255, 255) 是三色全亮，為白色。
下列四種影像類型，通常何者顏色變化最多？ A. 灰階影像（gray-level images） B. 全彩影像（full-color images） C. 256 色影像 D. 高彩影像（high-color images）
解析：全彩影像通常以每通道 8 位元的 RGB 表示，共 24 位元，可呈現約 1,677 萬種顏色，顏色變化最多。高彩影像多為 16 位元，約 6.5 萬色；256 色影像為 8 位元索引色；灰階影像每個像素僅有明暗層次而無彩色。因此就顏色數量與變化程度而言，全彩影像最高。
若以取樣率44.1KHz，取樣解析度16 位元錄製一分鐘的音樂，原始資料大約是多少個位元組（Byte）？ A. 5.3KB B. 42KB C. 5.3MB D. 42MB
解析：未特別註明聲道時，以單聲道計算：位元率為 44,100 樣本/秒×16 位元＝705,600 位元/秒；一分鐘為 60 秒，總量為 705,600×60＝42,336,000 位元。除以 8 得 5,292,000 位元組，約 5.29 MB，故選 C。若為立體聲則約 10.6 MB，選項中無此值，可印證本題以單聲道估算。
為讓使用者可以用很有效率的、透明的、可相容操作的方法來交換、擷取、消費、交易和處理數位品項（digital item），下列何國際標準定義一個可以支援多媒體傳輸與消費的開放式標準架構？ A. MPEG-2 B. MPEG-21 C. MPEG-4 D. MPEG-7
解析：MPEG-21 的目標是建立支援多媒體傳輸與消費的開放式架構，核心概念為「數位品項」（Digital Item），讓使用者能有效率、透明且可互通地交換、擷取、交易與處理數位內容。MPEG-2 著重影音壓縮與傳輸；MPEG-4 著重物件式影音編碼；MPEG-7 則是多媒體內容的描述與檢索標準，並非本題所述的交換架構。
下列影像，何者所占空間最小？ A. 寬256 像素、高256 像素之全彩影像 B. 寬512 像素、高512 像素之256 色影像 C. 寬1024 像素、高1024 像素之16 色影像 D. 寬2048 像素、高2048 像素之單色影像
解析：資料量為像素總數乘以每像素位元數。A 為 256×256×24＝1,572,864 位元，約 196,608 位元組；B 為 512×512×8＝2,097,152 位元；C 為 1024×1024×4＝4,194,304 位元；D 為 2048×2048×1＝4,194,304 位元。換算後 A 的 196,608 位元組最小，其餘分別約 262,144、524,288、524,288 位元組。
在將聲波類比資料數位化的過程中，會每間隔一小段時間取一個樣本值，而每秒鐘的取樣次數稱為取樣率（sampling rate），而取樣解析度（sampling resolution）則為每個樣本值的資料長度。下列何者為CD 音樂的取樣率與取樣解析度？ A. 44.1KHz，16 位元 B. 48KHz，24 位元 C. 32KHz，8 位元 D. 96KHz，32 位元
解析：CD 音訊採 PCM 方式數位化，規格為取樣率 44.1 kHz、每個樣本 16 位元，屬立體聲時位元率約 1.411 Mbps。44.1 kHz 可讓 20 Hz～20 kHz 的人耳可聽頻帶滿足 Nyquist 取樣定理；16 位元則提供約 96 dB 的理論動態範圍。B 的 48 kHz、24 位元常見於錄音室或 DVD 音訊，並非音樂 CD 的規格。
失真性壓縮通常應用在影像與聲音等感官性媒體，因為這些媒體的品質好壞由人的主觀感受判斷，而非取決於資料本身的絕對正確，因此可以容許在位元率（bitrate）與品質之間做適當的取捨以提高壓縮率。下列何者不是無失真的影音壓縮技術？ A. 霍夫曼編碼（Huffman Coding） B. 算術編碼（Arithmetic Coding） C. 量化（Quantization） D. 運行長度編碼（Run-Length Coding）
解析：無失真壓縮要求解壓後位元資料與原始資料完全相同。霍夫曼編碼依符號出現頻率建立可變長度碼，算術編碼將整段訊息映射為區間碼，運行長度編碼則以「長度加符號」表示連續重複資料，皆不丟棄原始資訊。量化則把連續或高精度的取樣值對應到較少數量的離散階層，會永久損失精度，是 JPEG、MP3 等失真壓縮的關鍵步驟，用以換取較低位元率。因此不是無失真技術的是 C。
如果一張灰階影像之直方圖（histogram）為均勻分布（uniformdistribution），該影像之熵（entropy）為何？ A. 1/256 B. 1 C. 8 D. 256
解析：熵（entropy）衡量影像灰階分布的平均不確定性，定義為 H = −Σ p(i) × log2 p(i)。灰階影像以 8 位元儲存共有 256 個灰階值；當直方圖為均勻分布時，每個灰階出現機率相同，皆為 p = 1/256。代入得 H = −256 × (1/256) × log2(1/256) = log2 256 = 8，單位為 bits/pixel，故選 C。A 只是單一灰階的機率，B 與 D 分別誤取機率值與灰階總數。