民國112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 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。
一般而言，在常見的匯流排種類中，依傳輸速率排序，從最慢至最快的正確順序為何？ A. AGP, ISA, PCIe, PCI B. PCI, AGP, ISA, PCIe C. ISA, PCI, PCIe, AGP D. ISA, PCI, AGP, PCIe
解析：常見匯流排的傳輸速率由慢到快大致為：ISA（16 位元、約 8MHz，頻寬僅十餘 MB/s）＜PCI（32 位元、33MHz，約 133MB/s）＜AGP（專供顯示卡，AGP 8X 約 2.1GB/s）＜PCIe（序列點對點傳輸，單通道即約 1GB/s，多通道可達數十 GB/s）。因此由最慢至最快為 ISA、PCI、AGP、PCIe，選 D。A、B、C 都把 ISA 或 PCI 排到較快的位置，順序有誤。
關於CISC 和RISC 的比較，下列何者錯誤？ A. RISC 的效能比CISC 的佳，因此CISC 已經不再使用 B. RISC 的指令雖然比較少，但是執行速度也較快 C. CISC 的電路設計比較複雜，成本也較高 D. CISC 是指CPU 内使用較多較複雜的指令
解析：RISC 精簡指令集以「指令少、格式固定、多數指令單一時脈完成、大量暫存器」換取管線化效率；CISC 則以「指令多且複雜、格式不定、電路複雜、成本較高」見長，故 C、D 敘述正確。B 亦符合一般課本對 RISC 的描述。但 A 的推論不成立：RISC 雖在管線與功耗上有優勢，CISC 並未因此被淘汰，反而透過微指令解碼、超純量與管線技術持續演進，x86 即為典型例子，且 CISC 程式碼密度較高，在嵌入式與相容性需求上仍具價值，故 A 錯誤。
關於雲端計算（Cloud Computing）之敘述，下列何者錯誤？ A. 是一種基於網路的運算方式 B. 服務的模式包括基礎設施即服務（IaaS）、平台即服務（PaaS）、軟體即服務（SaaS）等 C. 相較於霧計算（Fog Computing），雲端計算較強調在邊緣裝置（Edge Device）處理資料 D. 雲端計算的安全問題包括資料丟失、資料洩漏，以及不安全的通訊介面（Interface）等
解析：霧計算（Fog Computing）才強調把運算與儲存下沉到網路邊緣，由邊緣裝置或近端節點就地處理資料，以降低延遲與骨幹流量；雲端計算則是將資源集中於遠端大型資料中心，透過網路提供隨需服務，故 C 把兩者的特性說反了。A 雲端計算確實是基於網路的運算模式；B 其服務模式主要為 IaaS、PaaS、SaaS；D 資料遺失、資料洩漏與不安全通訊介面均為常見雲端安全議題。本題問錯誤者，答案為 C。
假設一個詐騙集團掌握一個銀行帳號，帳號中有10,001 元，集團組織30 個車手，約定在同一時間、在不同提款機、分別在此帳號內試圖提領10,000 元。下列那一個機制，可以防止所有車手一共提領300,000 元？（但仍允許某一個10,000 元提取成功） A. Map-Reduce B. Concurrency control C. Clustering analysis D. Privacy protection
解析：30 個車手同時提款，屬於多個交易並行存取同一帳戶的競爭情況；若沒有控制，可能同時讀到相同餘額而各自扣款，造成超額提領。並行控制（concurrency control）利用鎖定、交易隔離與原子性，使帳戶交易具序列化效果：第一筆成功扣款後餘額更新，其餘交易再讀取時已不足一萬元而失敗，故最多只成功一筆。Map-Reduce、聚類分析與隱私保護均不能解決交易競爭問題，故选 B。
使用下列那一種語言或指令集所撰寫的程式，在不同環境或平台，可能不需改寫或極小幅度改寫就能執行？（即platform independent） A. 8088 assembly B. java C. BIOS D. CISC
解析：Java 原始碼先編譯成與平台無關的位元組碼（bytecode），再由各作業系統上的 Java 虛擬機（JVM）執行，因此可達到「寫一次，到處執行」的可攜性。8088 assembly 直接相依於特定處理器指令集；BIOS 是主機板韌體，並非可攜式高階語言；CISC 則是處理器指令集架構類型，不是用來撰寫可跨平台執行程式的語言。故選 B。
鍵盤與滑鼠是協助使用者將訊息輸入到電腦的重要裝置，下列何者不是鍵盤與滑鼠用來連接至主機的介面？ A. USB B. PS2 C. Bluetooth D. HDMI
解析：鍵盤與滑鼠屬於輸入周邊，常見連接介面包括 USB、PS/2 及 Bluetooth 無線連線。USB 可隨插即用並供電；PS/2 是早期鍵鼠專用介面；Bluetooth 則用於無線鍵鼠。HDMI 是高清晰度多媒體介面，主要傳輸未壓縮的數位視訊與音訊，用來連接螢幕、電視或投影機，並非鍵盤與滑鼠連接到主機的介面，因此選 D。
許多企業在公司內部建構網路附加儲存（NAS）裝置，提供大型的資料儲存空間，關於NAS 的敘述，下列何者正確？ A. 若有多顆硬碟時，通常以RAID 0 的方式保護資料 B. NAS 上可以安裝Linux 作業系統 C. NAS 除了硬碟及通訊介面外，無其他硬體設備 D. 儲存空間可依照需求無限擴充
解析：NAS是連接網路的專用儲存設備，通常內建處理器、記憶體與精簡型作業系統，許多產品採Linux核心或可安裝Linux，故B正確。RAID 0僅條帶化、無備援，不能保護資料；NAS除硬碟與網路介面外，尚有處理器、記憶體、電源等；儲存容量受硬碟槽位與控制器限制，並非無限擴充。因此A、C、D均錯誤。
在化簡布林函數FXYZXYZXZ的過程中，主要會利用到下列那種定律或定理？ A. 交換律（commutative laws） B. 結合律（associative laws） C. 分配律（distributive laws） D. 笛摩根定律（De Morgan's laws）
解析：化簡布林函數時，常把相同因子提出，例如利用分配律A(B＋C)＝AB＋AC，將含共同變數的項合併，再配合互補律X＋X'＝1消去多餘項。交換律與結合律只改變項的次序或括號，笛摩根定律則用於處理否定號，均非本題化簡的主要依據。因此答案為C。
十進位整數61，若使用長度8 個位元超128 碼（excess-128）表示法，下列結果何者正確？ A. 00111101 B. 01000011 C. 10111101 D. 11000011
解析：超128碼（excess-128）是把實際整數加上偏移量128後，再以8位元二進位表示。十進位61加128等於189；189＝128＋32＋16＋8＋4＋1，其二進位為10111101。選項A的00111101等於61，是未加偏移的結果；B、D數值亦不符。因此答案為C。
下列何者使用的進位表示法錯誤？ A. (11.00)2 B. (222)3 C. (787.7)8 D. (FFF)16
解析：N 進位制能使用的數字符號只有 0 到 N－1。二進位只能用 0、1，(11.00)2 合法；三進位只能用 0、1、2，(222)3 合法；十六進位可用 0～9 及 A～F（F 代表 15），(FFF)16 合法。八進位只能用 0～7，選項 C 出現數字 8，已超出可表示範圍，因此表示法錯誤，答案為 C。
整數（－5）以2 補數（two’s complement）格式儲存於4-bit 記憶體的內容為何？ A. 0101 B. 0110 C. 1010 D. 1011
解析：4 位元 2 補數可表示的範圍是－8 到＋7。求－5 的步驟是：先寫出＋5 的二進位 0101，位元反相（取 1 補數）得 1010，再加 1 得 1011。驗算：1011＝－8＋2＋1＝－5，正確。0101 代表＋5，0110 代表＋6，1010 代表－6，皆非－5，故選 D。
下列二進位數字皆以2 補數（two’s complement）表現，有關計算運算式後選擇十進位正確結果。運算式：(101110) – (110110)=？ A. 8 B. 9 C. -8 D. -9
解析：以 6 位元 2 補數表示時，最高位元為符號位，1 代表負數。101110＝－32＋8＋4＋2＝－18；110110＝－32＋16＋4＋2＝－10，因此－18－（－10）＝－8。也可改用補數加法驗證：減去 110110 等於加上它的 2 補數 001010，101110＋001010＝111000，而 111000＝－32＋16＋8＝－8，過程中沒有溢位。故答案為 C。A、B 為正值，與結果不符；D 的－9 是計算錯誤所致。
布林函數F(A, B, C, D)=Σm(0, 1, 2, 8, 9, 10, 11)，將F 進行卡諾圖（Karnaugh Map）化簡後，其結果為： A. ABBCBCD B. ABBCBD C. ABCBCBD D. ABABCBD
解析：以 A 為最高位，將 minterm 標入卡諾圖：AB=00 列有 m0、m1、m2；AB=10 列有 m8、m9、m10、m11，其餘為 0。先圈 AB=10 的整列四格，得 AB'；再圈 AB=00 與 AB=10 兩列（卡諾圖上下相鄰）中 CD=00、01 的四格 m0、m1、m8、m9，得 B'C'；最後圈 m2、m10，得 B'CD'。合併化簡：AB' + B'C' + B'CD' = B'(A + C' + CD') = B'(A + C' + D') = AB' + B'C' + B'D'，即選項 B。
由6 個正反器（flip-flops）所組成的二進制同步（synchronous）計數器，可由0 計數到最大值為多少？ A. 31 B. 32 C. 63 D. 64
解析：n 個正反器可儲存 n 位元，共有 2^n 種狀態。6 個正反器即 2^6 = 64 種狀態，若自 0 起算（000000），最大計數值為 64 − 1 = 63（111111），故選 C。A 的 31 是 5 個正反器（2^5 − 1）的結果；B 的 32 與 D 的 64 是狀態總數的概念，其中 64 為狀態數而非最大計數值，容易混淆。同步計數器因所有正反器共用時脈，計數穩定，不會出現非同步漣波延遲造成的暫態解碼錯誤。
布林函數F = XY' + X'Y + Z 與下列那一個函數相等？ A. F(X, Y, Z)=Σm(0, 1, 2, 5, 6) B. F(X, Y, Z)=Σm(0, 3, 5, 6, 7) C. F(X, Y, Z)=Σm(1, 2, 3, 4, 5, 6) D. F(X, Y, Z)=Σm(1, 2, 3, 4, 5, 7)
解析：F = XY' + X'Y + Z，以最小項（minterm）編號 X 為最高位、Z 為最低位。Z 項在 Z=1 時成立，涵蓋 1(X'Y'Z)、3(X'YZ)、5(XY'Z)、7(XYZ)。XY' 項在 X=1、Y=0 時成立，未含 Z 故再展開為 XY'Z'(4) 與 XY'Z(5)；X'Y 項在 X=0、Y=1 時成立，展開為 X'YZ'(2) 與 X'YZ(3)。聯集為 {1,2,3,4,5,7}，即 Σm(1,2,3,4,5,7)。對照選項，A 少了 3、7 且多了 0、6；B 多了 0、6 而少了 1、2、4；C 多了 4、6 而少了 1、7，均不符，故選 D。
數理邏輯中以implication operator “→” 表現因果關係。考慮p→q，下列何者錯誤？（!代表not） A. 當p→q 為真，p 是q 的充分條件（sufficient condition） B. 當p 為假，p→q 應為未定義（undefined） C. “p→q” 與 “(!q)→(!p)” 為邏輯上的等價 D. “→” 的功能可以由and，or，not 的運算元的組合取代
解析：實質蘊含 p→q 在 p 為真、q 為假時才為假，其餘三種組合（包含 p 為假）皆為真，稱為「空泛真」（vacuously true），並非未定義，故 B 錯誤，為本題答案。A 正確：p→q 為真表示 p 成立必帶出 q，p 是 q 的充分條件。C 正確：p→q 與 (!q)→(!p) 互為逆否命題（contrapositive），真值表完全相同。D 正確：p→q ≡ (!p) OR q，故僅用 AND、OR、NOT 即可組合出蘊含運算。
基本的邏輯運算子：AND、OR、NOT，可被用來定義不同的邏輯運算子，例如：NOR 運算子，其中，x NOR y 定義為NOT(x OR y)。下列何者等價於z NOR z 的運算？ A. z AND z B. z OR z C. NOT z D. NOT(NOT z)
解析：依定義 x NOR y = NOT(x OR y)。將 x、y 都代入 z，得 z NOR z = NOT(z OR z)。由布林代數的幂等律（idempotent law）z OR z = z，故 z NOR z = NOT z。逐一檢驗：z AND z = z、z OR z = z，皆等於 z 而非 NOT z，故 A、B 錯；NOT(NOT z) 依雙重否定律等於 z，故 D 錯。只有 C 的 NOT z 與推導結果一致。此題同時測驗 NOR 的定義代入與基本布林定律的運用。
關於同位元檢查（parity check），下列何者正確？ A. 若傳輸內容編碼為1011001，則偶同位檢查的同位位元為1 B. 只可用於偵測單一位元錯誤 C. 可用於修正位元錯誤 D. 傳送端與接收端無需事先協議採用之同位元檢查
解析：同位元檢查只在資料後加一個同位位元，使整體 1 的個數為偶數（偶同位）或奇數（奇同位），因此只能偵測奇數個位元同時翻轉的錯誤，實務上即「單一位元錯誤」；若同時有兩個位元翻轉，1 的個數奇偶性不變，便無法偵測，故 B 為正確敘述。A 中 1011001 共有四個 1，偶同位下同位位元應為 0 而非 1，故 A 錯。同位元檢查無定位能力，不能修正錯誤，故 C 錯；收送雙方必須事先約定採偶同位或奇同位，否則無從判讀，故 D 錯。
在作業系統的環境中，何謂系統呼叫（system calls）？ A. 作業系統定期執行的任務，每次執行時常需要修改系統紀錄檔 B. 作業系統內部共用的函式庫，作業系統中的各個子系統皆可呼叫該函式庫 C. 作業系統在開機時所執行的系統初始化程式，透過初始化程式的執行來建置基礎核心資料結構與設定硬體狀態 D. 作業系統功能的介面，使用者應用程式得以透過使用系統呼叫來調用作業系統之功能
解析：系統呼叫是應用程式與作業系統核心之間的介面（interface），使用者程式透過一組事先定義的系統呼叫（如檔案讀寫、行程建立、記憶體配置），以軟體中斷或特定指令切換至核心模式，由核心代為執行特權操作，完成後再返回使用者模式。A 描述的是系統排程或定期性背景工作；B 描述的是核心內部共用函式庫（如核心 API），呼叫者仍是核心本身；C 描述的是開機初始化程序。三者皆非「使用者程式呼叫 OS 功能」的介面，故選 D。
為維護軟體開發品質，對開發的軟體進行測試是非常重要的一環。下列那個測試方式，需要事先瞭解程式的運作流程，並針對每個程式執行路徑進行測試？ A. 黑箱測試（black-box testing） B. 淨室測試（clean room testing） C. 整合測試（integration testing） D. 白箱測試（white-box testing）
解析：白箱測試（white-box testing）又稱結構測試，測試者必須了解程式的內部結構與運作流程，依據原始碼設計測試案例，針對每個分支、迴路與執行路徑逐一測試，以達成路徑覆蓋、分支覆蓋等指標。黑箱測試只依需求與輸入輸出驗證功能，不需查看程式碼；淨室測試強調以形式化方法與統計式使用模型來開發與驗證；整合測試著重模組組裝後的介面與互動，均不以求知程式內部執行路徑為必要條件。
若一個最大堆積樹（Max Heap）如圖所示，加入一個新節點9 後，則此最大堆積樹中序走訪（InorderTraversal）的結果為何？ A. 4 6 2 7 8 9 B. 4 6 2 7 9 8 C. 4 6 2 8 9 7 D. 4 6 2 9 7 8
在互動式系統（Interactive System）中，若要評估一個CPU 排程演算法，通常最注重下列那一項指標？ A. 反應時間（Response Time） B. 產量（Throughput） C. CPU 使用率（CPU Utilization） D. 回復時間（Turnaround Time）
解析：互動式系統（interactive system）的使用者會持續輸入指令並等待回應，因此評估排程演算法時最重視反應時間（response time），也就是從送出請求到系統開始回應或首次輸出所需的時間，時間越短使用者感受越流暢。產量（throughput）指單位時間完成的行程數，較適合批次系統；CPU 使用率（CPU utilization）衡量 CPU 忙碌比例，屬整體效能指標；回復時間（turnaround time）指行程從提交到完成的總時間，常用於批次環境。故互動式系統以 A 為主要指標。
下列何者是應用程式（application software）與電腦硬體（hardware）之間的介面？ A. 瀏覽器 B. 啟動程式 C. 作業系統 D. 編譯程式
解析：作業系統（operating system）是介於應用程式與硬體之間的系統軟體，向上提供系統呼叫（system call）與 API 讓應用程式使用，向下負責 CPU 排程、記憶體管理、檔案系統、裝置驅動與中斷處理，把硬體細節抽象化，使應用程式不必直接控制硬體。瀏覽器只是執行於作業系統之上的應用程式；啟動程式（bootloader）負責開機時載入作業系統，本身不是介面；編譯程式是把原始碼轉為機器碼的開發工具，亦屬應用層軟體。故選 C。
一作業系統採取最近最少使用（least recently used, LRU）演算法來管理3 個記憶體頁框，若初始狀態中3個頁框沒有任何分頁（page）資料，系統依序存取以下編號之分頁：3、2、1、3、4、1、3、5、1，將產生多少次的分頁錯誤（page faults）？ A. 4 次 B. 5 次 C. 6 次 D. 7 次
解析：依序存取 3、2、1、3、4、1、3、5、1，頁框數 3，採 LRU： (1) 3 發生分頁錯誤，載入 [3]； (2) 2 發生分頁錯誤，載入 [3,2]； (3) 1 發生分頁錯誤，載入 [3,2,1]； (4) 3 命中，最近使用順序變為 2、1、3； (5) 4 發生分頁錯誤，淘汰最久未用的 2，得 [1,3,4]； (6) 1 命中，順序變為 3、4、1； (7) 3 命中，順序變為 4、1、3； (8) 5 發生分頁錯誤，淘汰最久未用的 4，得 [1,3,5]； (9) 1 命中。 合計分頁錯誤 5 次，故選 B。
輸出入系統的緩衝區（Buffer）是一段可以儲存資料的記憶體區域，以供2 個周邊裝置或裝置與應用程式之間傳輸資料時使用。下列關於使用緩衝區原因的敘述，何者正確？ A. 為解決裝置間生產資料與消費資料速度不相等的問題 B. 為解決裝置資料備份的問題 C. 為避免資料遺失的問題 D. 為提供資料庫系統應用複製語意（Copy Semantics）
解析：緩衝區（buffer）的主要作用是作為生產者與消費者之間的中介暫存區，用來吸收兩端速度不一致的落差。例如 CPU 與慢速印表機、磁碟與網路卡之間，若沒有緩衝，快速的一方就必須長時間等待慢速的一方，造成效率低落；有了緩衝，生產者可先寫入緩衝區再繼續工作，消費者再依自身速度取出處理。選項 B 的備份是檔案系統或備援機制的議題，C 的資料遺失防護主要靠可靠性設計，D 的複製語意屬資料庫或作業系統的記憶體共享議題，均非緩衝區存在的主因，故選 A。
有關分頁（paging）式的記憶體管理機制，下列敘述何者錯誤？ A. 可避免外部碎片（external fragmentation）的產生 B. 可避免內部碎片（internal fragmentation）的產生 C. 是多數作業系統採用的記憶體管理機制 D. 實作上通常需要電腦硬體協同作業系統來共同完成
解析：分頁把實體記憶體切成固定大小的頁框、邏輯位址切成同大小的頁面，任何可用頁框都能分配給任一頁面，因此不會產生外部碎片（external fragmentation）。但程式大小通常不是頁面大小的整數倍，最後一頁往往填不滿，仍會產生內部碎片（internal fragmentation），故 B 的敘述錯誤。分頁結合影體 MMU 做位址轉換（含 TLB 加速），是多數作業系統採用的機制，A、C、D 皆正確。本題問錯誤者，答案為 B。
若有無限多的主記憶空間可使用，下列那一種作業系統的功能便不需要？ A. I/O interrupt B. paging C. concurrency control D. file management
解析：分頁（paging）的核心目的，是在主記憶體容量有限時，把程式切成頁面，只載入目前需要的部分，並透過分頁表與硬體 MMU 完成位址轉換。若主記憶體空間無限大，所有程式都能一次完整載入，就不需要置換（swap）、不需要分頁表對應，也就不需要 paging。I/O interrupt 是裝置完成或發生事件時通知 CPU 的機制，與記憶體大小無關；concurrency control 處理多個行程同時存取共享資源的競爭問題；file management 負責檔案的組織與存取，兩者皆為 OS 必要功能，故選 B。
下列那一個作業系統是專門為雲端計算設計的使用者端設備（client-provided equipment, CPE）的作業系統？ A. Ubuntu 作業系統 B. Chrome 作業系統 C. 安卓（Android）作業系統 D. 視窗10（Windows 10）作業系統
解析：Chrome 作業系統（Chrome OS）是 Google 以 Linux 核心與 Chrome 瀏覽器為基礎所發展的作業系統，其設計理念是「瀏覽器即系統」，使用者端設備（CPE，如 Chromebook）的應用與資料大多放在雲端，本機只負責連線與前端呈現，因此被視為專為雲端運算設計的 CPE 作業系統。Ubuntu 與 Windows 10 屬於通用型桌上型作業系統，Android 雖大量依賴雲端服務，但設計上以行動裝置 App 與觸控為核心，並非以雲端為唯一導向，故選 B。
將下列兩個java 程式檔案（Ob1.java, Test.java）編譯後，執行java Test，輸出為何？Ob1.java 檔案內容如下：public class Ob1{private int x = 3, y = 3;public Ob1(int num){y = 13;}public Ob1(){x = 7;}public void foo(){System.out.print(x+2*y);}}Test.java 檔案內容如下：public class Test{public static void main(String[] args){Ob1 m = new Ob1();m.foo();}} A. 9 B. 13 C. 29 D. 33
解析：main 方法執行 new Ob1()，呼叫的是無參數建構子，其中把 x 設為 7；y 未被建構子更動，仍為宣告時的初始值 3。呼叫 m.foo() 時輸出 x + 2*y = 7 + 2×3 = 13。若誤用有參數建構子（y 變成 13）會得到 7+26=33（D）；若兩個欄位都沿用初始值 3 則得 3+6=9（A）；29 並非本題運算可得。因此輸出為 13，答案 B。
有關於磁碟陣列（redundant array of independent disks, RAIDs）的設計理念與使用，下列敘述何者錯誤？ A. 透過增加冗餘量（redundancy）來提升系統可靠度 B. 透過增加平行度（parallelism）來提升系統效能 C. RAID 1（mirrored disks）可由兩個規格相同的硬碟建立 D. RAID 0（non-redundant striping）中若僅有一個硬碟損毀並不會造成資料流失
解析：RAID 0 採非冗餘的資料分割（striping），檔案被切成區塊分散寫入各硬碟，只求提高存取平行度與容量利用率，完全不具容錯能力；任一顆硬碟損毀即造成整組資料無法重建而流失，故 D 的敘述錯誤。A 增加冗餘（如鏡像、同位元檢查）確實提升可靠度；B 增加平行度可提升傳輸效能；C RAID 1 為鏡像，兩顆容量規格相同的硬碟即可建立，資料互為副本。本題問錯誤者，答案為 D。
將紅光與綠光等量相加，可得到與下列何者最為接近的光之顏色？ A. 青色 B. 洋紅色 C. 黃色 D. 藍色
解析：在加法混色（additive color mixing，即光的三原色模型）中，紅光與綠光等量疊加，人眼同時接收到紅、綠兩色錐狀細胞的刺激，主觀感受即為黃色，這是 RGB 色彩模型裡 R＋G＝Y 的基本關係。A 青色由綠光加藍光形成；B 洋紅色由紅光加藍光形成；D 藍色本身即為原色，並非由紅、綠混合而來。附帶一提，印表機的減法混色（CMY）中黃色是原色，但本題問的是光的相加，故答案為 C。
有一音訊其取樣頻率（Sampling frequency）為16,000 Hz，音訊幀持續時間（frame duration）為25 ms、重疊（overlap）15 ms，此音訊之幀率（frame rate）為何？ A. 100 frames/sec B. 160 frames/sec C. 200 frames/sec D. 400 frames/sec
解析：幀率取決於相鄰幀起點的時間間隔，即幀移（frame shift）＝幀長－重疊量＝25 ms－15 ms＝10 ms。幀率＝1／0.010 s＝100 frames/sec，故選 A。取樣頻率 16,000 Hz 是干擾資訊，僅用來換算每幀樣本數：每幀 16,000×0.025＝400 個樣本，幀移 16,000×0.010＝160 個樣本。若誤把幀長 25 ms 直接取倒數會得 40 frames/sec，或誤將重疊量當幀移則得 1/0.015≈67，均不在選項中，可據此確認算法。
語音壓縮編碼（Vocoder 或Voice coder）的基本觀念是將語音訊號模式化，並且用最少的位元來表示一段語音的特徵。下列何者不是語音壓縮標準？ A. CELP B. GSM C. G.729 D. MELD
解析：語音壓縮標準多為參數式或混合式編碼，如 CELP（code-excited linear prediction，碼激式線性預測，為許多標準的核心架構）、GSM（行動通訊語音編碼標準）與 ITU-T G.729（8 kbps 的 CS-ACELP 低位元率編碼），三者皆為實際使用的語音壓縮技術。D 的 MELD 並非語音壓縮標準，容易與名稱相近的 MELP（mixed-excitation linear prediction）混淆，故選 D。作答時宜以「是否為國際組織訂定的編碼標準」判斷。
音響擴大機功能為將小訊號放大，其內部會使用放大電路達成此一目的，放大電路最主要是利用何種電子元件特性？ A. 電晶體 B. 二極體 C. 電感元件 D. 諧振器
解析：放大電路的核心是電晶體（transistor），利用其基極（或閘極）電壓、電流對集極（或汲極）電流的控制能力，以小訊號控制大電流，達成電壓或功率放大的效果，並可組成共射、共基、共集等放大組態。B 二極體只有單向導通與整流、箝位等功能，本身不具備可控的放大能力；C 電感與 D 諧振器主要用於濾波、選頻與振盪，屬被動元件，不能提供增益。因此最主要是利用電晶體的特性，答案為 A。
現有用於虛擬實境（virtual reality）之頭戴式顯示器（head-mounted display），主要利用下列何者深度知覺線索達成立體顯示效果？ A. 雙眼視差（binocular parallax） B. 運動視差（motion parallax） C. 遮擋（occlusion） D. 透視投影（perspective projection）
解析：頭戴式顯示器分別對左右眼送出略有差異的影像，讓兩眼在視網膜上取得不同的水平位移，大腦依此融合出單一且具有深度的立體影像，此即雙眼視差（binocular parallax，亦稱立體視差或 retinal disparity），為 VR 頭顯最主要、也最必要的深度線索。B 運動視差需靠頭部或物件移動，使近物與遠物的影像移動速度不同才能產生，屬動態線索；C 遮擋只表示前後次序；D 透視投影是單眼靜態線索，三者皆無法單獨在靜止畫面中形成立體感，故正解為 A。
假設有一個影像以24 bits 表示顏色深淺，而影像長與寬分別為800 pixels 與600 pixels，圖像儲存的空間需要多少bytes？ A. 11,520,000 bytes B. 1,440,000 bytes C. 5,760,000 bytes D. 3,840,000 bytes
解析：影像總像素數為 800×600＝480,000 個像素。每個像素以 24 bits 表示顏色，即 24÷8＝3 bytes。因此所需儲存空間為 480,000×3＝1,440,000 bytes。選項 A 的 11,520,000 是總位元數（480,000×24）尚未換算成位元組；其餘選項則為錯誤的換算結果。故正確答案為 B。
使用YCbCr 色彩空間進行影像壓縮時，將原先4:4:4 格式中，明亮度通道保留不變，其他通道的訊號減少為原來一半，壓縮後格式變為多少？ A. 4:2:0 B. 2:1:1 C. 2:2:4 D. 4:2:2
解析：4:4:4 表示明亮度 Y 與兩個色度通道 Cb、Cr 的取樣率相同。題目保留 Y 不變，僅將其他兩個色度通道的訊號減為原來一半，也就是在水平方向每兩個像素共用一個色度樣本，取樣格式即成為 4:2:2。若為 4:2:0，則色度在水平與垂直方向都減半，資料量會降為四分之一，不符合「減少為一半」的描述，因此選 D。
有關JPEG 是針對影像被廣泛使用的壓縮標準，該標準所使用的色彩模型，下列何者正確？ A. YCbCr 色彩模型 B. RGB 色彩模型 C. HSV 色彩模型 D. CMY 色彩模型
解析：JPEG 壓縮前會將影像由 RGB 轉換為 YCbCr 色彩模型，其中 Y 代表明亮度（luminance），Cb 與 Cr 代表藍色差與紅色差色度（chrominance）。此模型的好處是可利用人眼對亮度較敏感、對色度較不敏感的特性，對色度通道進行次取樣，再配合離散餘弦轉換與量化來降低資料量。HSV 與 CMY 並非 JPEG 的核心色彩模型，故選 A。
MPEG 採用3 種方式來壓縮一張畫面，下列何者非視訊壓縮所使用的編解碼畫面（frame）？ A. I 畫面（I-frame） B. P 畫面（P-frame） C. A 畫面（A-frame） D. B 畫面（B-frame）
解析：MPEG 視訊壓縮主要使用三種畫面型態：I 畫面（I-frame）採幀內編碼，可獨立解碼；P 畫面（P-frame）利用前一張參考畫面做前向預測；B 畫面（B-frame）則利用前後畫面做雙向預測。A 畫面（A-frame）並非 MPEG 所定義的視訊編碼畫面，因此不是視訊壓縮使用的 frame，選 C。
無線電視數位化已成世界潮流，目前全球數位電視的規格系統有數種，下列何者不是數位電視地面廣播系統？ A. ITU-T B. DVB-T C. ATSC D. ISDB-T
解析：目前常見的數位電視地面廣播系統包括歐洲的 DVB-T、美國的 ATSC 以及日本的 ISDB-T，各國再依需求發展其後續版本。ITU-T 是國際電信聯盟下的電信標準化部門，負責訂定電信與網路相關標準，本身不是一種地面數位電視廣播系統規格。因此「不是數位電視地面廣播系統」者為 ITU-T，選 A。