民國113年 離島四等 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。
計算機的那一個單元負責讀取程式指令、解碼、和執行？ A. 中央處理單元（CPU） B. 輸入輸出（input/output） C. 記憶體（memory） D. 算術邏輯單元（ALU）
解析：中央處理單元（CPU）是電腦的運算核心，內含控制單元與算術邏輯單元，負責從記憶體讀取（fetch）程式指令、解碼（decode），再執行（execute）指令並控制各單元協同運作，故選 A。B 輸入輸出單元負責與鍵盤、螢幕等周邊設備傳輸資料；C 記憶體只負責儲存程式與資料，本身不做解碼與執行；D 算術邏輯單元（ALU）只處理算術與邏輯運算，是 CPU 的一部分，無法涵蓋讀取與解碼功能。
有關平行處理與虛擬化技術的敘述，下列何者正確？ A. 虛擬化技術是利用平行處理的原理，讓每一個虛擬機器同時可以利用硬體平台上所有的資源進行平行運算 B. 每一個虛擬機器皆各自擁有一個獨立的實體位址空間 C. 虛擬化技術造成微處理器額外負擔，因此以運算為主（processor-bound）的程式執行時，會需要負擔大量的虛擬化成本 D. 一個虛擬機器中，可利用平行處理技術，讓一個平行程式在多核心處理器上運行，縮短程式執行時間
解析：虛擬機器可向宿主取得多個虛擬 CPU，對應到實體多核心；客體作業系統仍能排程多執行緒的平行程式，讓多核心同時運算，進而縮短執行時間，故 D 正確。A 錯在虛擬化是資源抽象與隔離，各 VM 分得的是部分資源，並非同時獨占硬體全部資源。B 錯在 VM 擁有的是虛擬位址空間，實體記憶體由虛擬機器監控程式對應與隔離。C 錯在運算密集型程式多可直接在客體內執行，虛擬化成本主要出現在特權指令與 I/O。
關於圖靈機（Turing machine）的敘述，下列何者正確？ A. 約翰·范紐曼（John von Neumann）發明的計算機 B. 根據規則表操縱條帶上符號的推理（hypothetical）設備 C. 具有超標量（superscalar）CPU 架構的機器 D. IBM 在1950 年代擁有的一台超級計算機
解析：圖靈機（Turing machine）是英國數學家艾倫·圖靈於 1936 年提出的抽象計算模型，並非實際製造的機器。它由一條可無限延伸的條帶（tape）、一個讀寫頭與一張規則表（transition table）組成，依規則表讀寫並移動條帶上的符號，用以形式化定義「可計算」的概念，因此是一種假想（hypothetical）的推理設備。A 混淆了馮紐曼架構；C 的超標量屬現代處理器微架構；D 則誤指為 IBM 的超級電腦。故選 B。
在分時系統的特色上，下列何者錯誤？ A. 可以允許多個使用者共用一部電腦 B. 可以讓所有使用者同時完成工作 C. 可以避免不同使用者間相互干擾 D. 可以讓每個使用者即時得到電腦回應
解析：分時系統（time-sharing）把 CPU 時間切成極短的片段，以輪替（round-robin）方式分配給多個使用者，因此 A 正確：一部主機可服務多人；C 正確：作業系統會隔離各使用者的程式與記憶體空間，避免互相干擾；D 正確：因為切換極快，每人都有即時互動的感受。但 CPU 在同一瞬間只能執行一個指令，所謂「同時」只是快速輪替造成的錯覺，使用者並非真正同時完成工作，故 B 錯誤，為本題應選者。
在一個機器週期（machine cycle）中，下列那一個程式執行流程正確？ A. 解碼→執行→擷取 B. 解碼→擷取→執行 C. 執行→擷取→解碼 D. 擷取→解碼→執行
解析：機器週期（machine cycle）的標準流程為：擷取（Fetch）→解碼（Decode）→執行（Execute），部分教材再加上「儲存結果」（Store）。CPU 先依程式計數器（PC）所指位址從記憶體擷取指令，送進指令暫存器；再由控制單元解碼，判斷運算種類與運算元來源；最後由 ALU 或相關電路執行並寫回結果。A、B、C 都把解碼或執行排在擷取之前，違反「必須先取得指令才能解碼、先解碼才能執行」的因果順序。
快閃記憶體（flash memory）最適合用下列那一種記憶體類型來敘述其特性？ A. RAM B. ROM C. EPROM D. EEPROM
解析：快閃記憶體（flash memory）是非揮發性記憶體，以電氣方式抹除與寫入，但抹除單位為區塊（block）而非位元組，這正是 EEPROM 的延伸特性，故以 EEPROM 描述最貼切。RAM 具揮發性且可位元組隨機讀寫，特性相反；ROM 出廠後只能讀取、不能任意改寫；EPROM 雖可重複寫入，卻須以紫外線照射整顆晶片抹除，使用上不如 flash 方便。因此 A、B、C 都不足以描述其可電氣抹寫又非揮發的特性。
關於固態硬碟（Solid-State Drive）與傳統硬碟（Hard Disk Drive）的比較，下列敘述何者錯誤？ A. 傳統硬碟的存取速度較慢 B. 固態硬碟的運作噪音較小 C. 傳統硬碟的耐震程度較差 D. 固態硬碟的轉速較快
解析：固態硬碟（SSD）以 NAND 快閃記憶體為儲存媒體，內部沒有馬達、磁碟片與讀寫頭，因此根本沒有「轉速」這個規格，D 的敘述錯誤。相對地，傳統硬碟（HDD）須靠磁碟高速旋轉與讀寫頭移動定位，存取速度較慢（A 正確）、運轉時有馬達與氣流噪音而 SSD 安靜（B 正確）；HDD 內有機械活動件，碰撞時讀寫頭易刮傷碟片，耐震性較差（C 正確）。
關於快取記憶體（Cache）架構設計的敘述，下列何者錯誤？ A. 增加快取記憶體的整體容量可減少容量錯失（Capacity Miss） B. 增加快取記憶體的關聯度（Associativity）可減少衝突錯失（Conflict Miss） C. 增加快取記憶體的區塊容量（Block Size）可減少錯失懲罰（Miss Penalty） D. 使用多層快取記憶體可減少整體錯失率（Miss Rate）4612
解析：加大區塊容量（block size）雖能靠空間局部性降低強制錯失，但一次錯失要搬移的資料變多，傳輸時間拉長，錯失懲罰（miss penalty）反而上升，故 C 的敘述錯誤。A 正確：容量變大可減少容量錯失（capacity miss）；B 正確：提高關聯度可讓區塊放置位置更有彈性，減少衝突錯失（conflict miss）；D 正確：多層快取讓 L1 的錯失由 L2 吸收，只有多層都錯失才需存取主記憶體，整體（global）錯失率因而下降。
一個最簡單的半加器（half adder），至少需要幾個基本邏輯閘（如：AND、OR、NOT、XOR 等）？ A. 1 個 B. 2 個 C. 3 個 D. 4 個
解析：半加器（half adder）負責兩個一位元輸入的相加，輸出和（Sum）與進位（Carry）。其布林式為 Sum = A⊕B、Carry = A·B，因此只需一個 XOR 閘產生和、一個 AND 閘產生進位，共 2 個基本邏輯閘，故選 B。若只用 AND、OR、NOT 來拼出 XOR，閘數會更多；A 的 1 個閘無法同時產生兩個輸出，C、D 則非最精簡設計。
電腦中一個位元組（byte）有八個位元（bits），這八個位元最多可以表示多少種不同組合呢？ A. 64 B. 128 C. 256 D. 1024
解析：一個位元有 2 種狀態 (0、1)，8 個位元的組合數為 2 的 8 次方，即 256 種。這是電腦儲存容量的基本單位換算觀念，1 byte = 8 bits，可表示 0~255 共 256 個不同數值。選項 A 64 為 2^6，B 128 為 2^7，D 1024 為 2^10，皆不符合 8 bits 的組合數。
若將10 進位數字-100 以8 位元有號數2 補數系統儲存，下列儲存結果何者正確？ A. (01100100)2 B. (10011100)2 C. (10011011)2 D. (11100100)2
解析：-100 的 8 位元 2 補數表示：先寫 +100 的二進位 (01100100)_2，反相得 (10011011)_2，再加 1 得 (10011100)_2。選項 B 即為正確答案。選項 A 為 +100 的原碼，C 為反碼未加 1，D 為 -28 的 2 補數，皆錯誤。
下列何者與其他三項表示的數字不同？ A. (54.625)10 B. (36.E)16 C. (110110.111)2 D. (66.7)8
解析：先將各選項換算為十進位。B：(36.E)16＝3×16＋6＋14/16＝48＋6＋0.875＝54.875。C：(110110.111)2＝32＋16＋4＋2＋0.5＋0.25＋0.125＝54.875。D：(66.7)8＝6×8＋6＋7/8＝48＋6＋0.875＝54.875。A：(54.625)10則為54.625。前三者小數部分均為0.875（即16進位之.E、8進位之.7、2進位之.111），整數部分均為54，數值同為54.875；僅A的數值54.625與其他三項不同，故選A。
二進位數10110101 旋轉右移（Rotate Right）一位後，結果為何？ A. 01011010 B. 01101010 C. 11011010 D. 01101011
解析：Rotate Right 將最低位元移至最高位。原數 10110101，最低位 1 移至最高位，其餘右移一格，得 11011010。選項 C 正確。選項 A 為邏輯右移補 0，B 為左移後再右移錯誤結果，D 為循環左移結果。
若使用4 位元有號數2 補數系統，分別儲存兩個整數數字-3 與-6，將兩個整數數字相加後的結果，以相同系統儲存，加法運算結果為下列何者？ A. (1 0 0 0)2 B. (1 0 0 1)2 C. (1 1 1 1)2 D. (0 1 1 1)2
解析：4位元二補數可表示範圍為－8到＋7。－3以二補數表示為1101（3＝0011，取補數加1），－6表示為1010（6＝0110，取補數加1）。相加：1101＋1010＝1 0111，取低4位元得0111，即十進位＋7。實際和應為－9，已超出4位元可表示範圍，發生溢位（overflow），故硬體以相同系統儲存時得到0111。選項A、B、C分別為1000、1001、1111，均非相加後的低4位元結果，故選D。
在米利模型（Mealy Model）的有限狀態機中，輸出的值與下列何者有關？ A. 輸入值 B. 目前狀態 C. 未來狀態 D. 輸入值與目前狀態
解析：Mealy 型有限狀態機的輸出函數取決於「目前狀態」與「輸入值」，即 Output = f(Current State, Input)。這與 Moore 型輸出僅取決於目前狀態不同。選項 A、B 僅包含單一因素不完整，C 未來狀態為狀態轉移結果非輸出決定因素。
JK 正反器在下列何種輸入下，會得到目前狀態輸出的補數？ A. JK=00 B. JK=01 C. JK=10 D. JK=11
解析：JK正反器的次態方程式為Q(next)＝J·Q′＋K′·Q。當J＝1、K＝1時，方程式化簡為Q(next)＝Q′，也就是每來一個時脈就翻轉（toggle）一次，輸出變為目前狀態的補數。其餘組合：JK＝00時保持原狀態（hold）；JK＝01時強制清除為0（reset）；JK＝10時強制設定為1（set）。因此只有JK＝11會得到輸出的補數，故選D。
當想反轉（flip）一個位元模式的所有位元時，可以製作一個全為1 的遮罩碼（mask code），並將下列何種運算應用於該位元模式和遮罩碼？ A. OR B. XOR C. AND D. NOT
解析：XOR 運算特性：任一位元與 1 XOR 會翻轉 (0^1=1, 1^1=0)，與 0 XOR 保持原狀。故用全 1 的遮罩碼 (mask) 執行 XOR 運算，可反轉所有位元。OR 會強制置 1，AND 會強制置 0，NOT 為單一運算元運算非二元遮罩運算。
下列何者不屬於中文字體原始編碼？ A. UTF-8 B. GB18030 C. BIG-5 D. CNS11643
解析：本題問的是「中文字集本身」所制定的編碼。BIG-5（大五碼）是我國早期通行的中文編碼，CNS11643 是國家標準中文交換碼，GB18030 是中國大陸的國標漢字編碼，三者都以中文字集為核心。UTF-8 則是 Unicode 的一種變動長度編碼方式，屬於跨語言的通用字元編碼，並非專為中文設計的原始中文編碼，故選 A。
若計算機中的資料只能用26 個大寫英文字母、26 個小寫英文字母、10 個阿拉伯數字及20 個其他符號等82 個字元表示，假設所有字元都以相同數目的位元（bits）來表示，則每個字元最少需要用到幾個位元？ A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
解析：每個字元以相同位元數編碼，n 個位元可表示 2 的 n 次方種組合。要涵蓋 82 個字元，需滿足 2 的 n 次方大於等於 82。2 的 6 次方等於 64，不足；2 的 7 次方等於 128，已可容納 82 個字元，故最少需要 7 位元。8 位元與 9 位元雖也足夠，但並非「最少」，因此答案為 B。
分散式計算的CAP 定理說明的是，使用分散式計算不可能同時兼顧三個特點。下列何者不是三個特點之一？ A. 單元性（atomic） B. 一致性（consistency） C. 可用性（availability） D. 分區容錯性（partition tolerance）
解析：CAP 定理指分散式系統在一致性（Consistency）、可用性（Availability）、分區容錯性（Partition tolerance）三者中無法同時完全滿足；當網路分區發生時，必須在一致性與可用性之間取捨。選項中的「單元性（atomic）」是資料庫交易 ACID 特性之一，並不屬於 CAP 的三個特點，故選 A。
若執行下列的Python 程式碼，螢幕上的輸出結果依序為何？name1 = "Alice"name2 = "Bob"if name1 == "" or "user":print("True")else:print("False")if name2 == "Bob" and "Alice":print("True")else:print("False") A. True True B. True False C. False True D. False False4612
解析：Python 中非空字串會被視為真。第一段：name1 == "" 為 False，or 的右運算元 "user" 為非空字串（真），整體結果為 True，輸出 True。第二段：name2 == "Bob" 為 True，and 的右運算元 "Alice" 亦為真，整體結果為 True，輸出 True。因此螢幕依序輸出 True、True，答案為 A。
下列何者不是手稿語言（scripting language）？ A. Perl B. PHP C. VBScript D. Visual Basic
解析：手稿語言（scripting language）通常由直譯器在執行環境中逐行解讀，不需事先產生獨立執行檔，Perl、PHP、VBScript 皆屬此類。Visual Basic 是微軟的通用高階程式語言，採編譯方式產生執行檔，並非手稿語言；其腳本版本才是 VBScript。故選 D。
從編譯程式到執行時，負責將其他來源（如library）的可執行碼匯集成一整個可執行程式，是那一種輔助系統軟體？ A. linker B. preprocessor C. loader D. assembler
解析：連結器（linker）負責將編譯或組譯產生的目的檔，與函式庫等其他來源的目的碼合併，解析外部符號並完成重定位，最後產生單一可執行檔。前置處理器（preprocessor）處理巨集與 #include 等前置指令；載入器（loader）在程式執行前將可執行檔載入記憶體並做位址繫結；組譯器（assembler）把組合語言轉為機器碼。故選 A。
關於執行緒局部儲存（thread-local storage），下列敘述何者正確？ A. 執行緒局部儲存中的資料僅能在一個執行緒下的一次函式（function）呼叫中共用 B. 執行緒局部儲存中的資料僅能在一個執行緒下（thread）的多次函式呼叫中共用 C. 一個程序（process）中的多個執行緒可在多次函式呼叫中共用一個執行緒局部儲存中的資料 D. 一個程序中的多個執行緒僅能透過呼叫一個相同的函式來共用同一個執行緒局部儲存中的資料
解析：執行緒局部儲存（thread-local storage）會為每個執行緒各自保留一份資料副本，同一執行緒內跨多次函式呼叫都存取同一份內容，其他執行緒則看不到，故 B 正確。A 錯在限定於「一次」函式呼叫；C 錯在多個執行緒之間並不共用同一份 TLS 資料；D 錯在是否共用取決於執行緒歸屬，而非是否呼叫相同函式。
作業系統在處理程序同步（process synchronization）的問題時，會將具有競賽條件（race condition）的程式碼置於下列何種區段內？ A. 剩餘區段（remainder section） B. 主區段（main section） C. 臨界區段（critical section） D. 堆積區段（heap section）
解析：競賽條件（race condition）發生於多個程序同時存取共享資源、且執行結果取決於存取交錯順序時。為避免此問題，必須把會存取共享變數的程式碼放進臨界區段（critical section），並以互斥機制（如 mutex、semaphore）保證同一時間僅有一個程序進入。臨界區段前後通常還有進入區段（entry section）與離開區段（exit section），其餘不涉及共享資源的程式碼才放在剩餘區段（remainder section）。因此正確答案為 C。
關於多執行緒（multi-threading）模式中的多對一（many-to-one）模式，下列敘述何者正確？ A. 使用多對一的多執行緒模式時，當一個程序（process）中的一個執行緒（thread）被阻擋（blocked）時，同程序中的其他的執行緒亦無法執行 B. 多個核心執行緒（kernel threads）映對到同一個使用者執行緒（user thread） C. 在多核心系統中，一個程序使用多對一的多執行緒模式，將可同時使用多個核心 D. 在多核心處理器架構日漸普及下，多對一模式已成為主流的多執行緒系統的實作方式
解析：多對一模式是把多個使用者執行緒（user threads）對應到同一個核心執行緒（kernel thread），執行緒管理在使用者空間完成，效率高但缺點明顯：核心只看到一個執行緒，一旦某個執行緒因系統呼叫而被阻擋，整個核心執行緒被阻塞，同程序其他執行緒也無法執行，且無法利用多核心平行運算。B 把對應方向說反；C 因只有一個核心執行緒，無法同時使用多個核心；D 現行主流是 one-to-one 或 many-to-many。故選 A。
在一系統中記憶體存取時間為100ns，若發生分頁錯誤（page fault）則需2ms 來完成分頁錯誤服務。若分頁錯誤發生的機率為0.001%。下列何者最接近該系統的有效存取時間（effective access time）？ A. 100ns B. 102ns C. 120ns D. 2100ns
解析：有效存取時間 EAT =（1－p）×記憶體存取時間＋p×分頁錯誤處理時間。分頁錯誤率 p = 0.001% = 0.00001，處理時間 2ms = 2,000,000ns。EAT = 0.99999×100 + 0.00001×2,000,000 ≈ 100 + 20 = 120ns。可見即使分頁錯誤率極低，因服務成本高達 2ms，仍使 EAT 增加約 20ns。故最接近者為 C。A、B 忽略分頁錯誤成本，D 則誤把錯誤率或時間放大。
若作業系統使用循環排程（round-robin scheduling）演算法來排程所有程序（processes），當循環排程所採用的時間量（time quantum）過大時，循環排程將會退化為何種排程方法？ A. 先到先辦排程（first-come first-served scheduling） B. 最短工作優先排程（shortest-job-first scheduling） C. 多層佇列排程（multilevel queue scheduling） D. 即時排程（real-time scheduling）
解析：循環排程（round-robin）依時間量（time quantum）輪流讓每個程序執行一小段時間，時間量到期即強制切換。若時間量趨近無窮大，程序一旦取得 CPU 便會執行到結束或自願讓出，不再發生時間到期搶占，行為等同先到先辦（FCFS）排程。時間量過小則造成频繁 context switch，增加額外負擔。故答案為 A；SJF 依執行時間排序、多層佇列與即時排程皆屬不同機制，不會因時間量變大而退化而成。
UNIX 作業系統中的ls -l 指令查看檔案目錄資料之部分結果如下：lr-xr-x--x 1 abc abcdefg......其最左邊的‘l’符號意義為何？ A. 符號連結檔（Symbolic-linking File） B. 硬式連結檔（Hard linking File） C. 函式庫（Library） D. 失物招領檔（Lost-and-found file）4612
解析：ls -l 輸出最左欄為檔案類型與權限，共 10 個字元。第一個字元代表檔案類型：'-' 為一般檔案、'd' 為目錄、'l' 為符號連結檔（symbolic link）、'b' 為區塊裝置、'c' 為字元裝置。題目顯示 lr-xr-x--x，開頭 'l' 即表示該項目是符號連結檔，其後 r-xr-x--x 才是權限位。硬式連結在 ls -l 中仍顯示為一般檔案 '-'，並不以 'l' 標示，故選 A。
比較兩種程序間通訊（inter-process communication）的實作方式：訊息傳遞（message passing）與共享記憶體（shared memory），下列敘述何者錯誤？ A. 在分散式系統中訊息傳遞式的程序間通訊較容易實作 B. 在資料量較大的情況下共享記憶體式的程序間通訊較為快速 C. 為避免作業系統的核心資料結構混淆，一個作業系統中，兩種程序間通訊的方式只能擇一實作 D. 程序間使用共享記憶體式的程序間通訊之前，需要透過使用系統呼叫（system call）來建立共享的記憶體區間
解析：訊息傳遞與共享記憶體是兩種可並存的 IPC 機制，同一作業系統通常同時提供（如 UNIX 的 pipe、message queue 與 shared memory），作業系統以不同的核心資料結構分別管理，並不會因避免混淆而只能擇一實作，故 C 敘述錯誤。A 正確：分散式系統中各節點無共同實體記憶體，只能靠訊息傳遞。B 正確：共享記憶體建立後資料直接读写，免去多次系統呼叫與複製，大量資料時較快。D 正確：共享記憶體區間須先以系統呼叫建立與映射。
在RGB 彩色模式中，將紅、綠、藍三色的值皆設為255，所得顏色為何？ A. 黑 B. 白 C. 灰 D. 棕
解析：RGB 彩色模式以紅（R）、綠（G）、藍（B）三原色相加混色，每個分量一般為 0～255。三者皆為 0 時不發光，呈黑色；三者皆為最大值 255 時，三色光以最大強度疊加，混合結果為白色。若三色分量相等但介於中間值（例如皆為 128），則呈灰色；棕色則需紅光較強、綠藍較弱的不對稱組合。因此本題答案為 B。
色相、飽和度、明度為HSV 色彩空間之定義，若提取顏色條件為鮮艷紅色，使用參數時之優先考慮順序依序為何？ A. 飽和度、明度、色相 B. 明度、飽和度、色相 C. 明度、色相、飽和度 D. 飽和度、色相、明度
解析：HSV色彩空間中，要提取「鮮艷紅色」：「鮮艷」代表高飽和度（S優先最高）；「紅色」代表特定色相（H其次）；明度（V）僅影響明暗，非決定鮮艷度與色相的關鍵，故優先順序為飽和度→色相→明度。選項D符合此邏輯。
當用「小畫家」軟體開啟一個BMP 格式的圖檔，若要另存新檔成其他格式，下列敘述何者正確？ A. 用PNG 格式儲存的檔案比用BMP 格式儲存的檔案大 B. JPG 是一種無失真的壓縮格式 C. GIF 是一種無失真的壓縮格式 D. BMP 格式最多能存256 種顏色
解析：GIF採用LZW無失真壓縮，適合256色以內圖像；JPEG為失真壓縮（選項B錯）；PNG通常比非壓縮BMP更小（選項A錯）；BMP可支援24-bit真彩色（1677萬色），非僅256色（選項D錯）。
影像上每一個像素點可視為二維矩陣中之元素，在進行二維矩陣操作時，也會對影像造成各種影響，這種方式稱之為仿射變換（Affine transformation），以此想法為基礎，下列那一種影像處理，無法以仿射變換達成？ A. 平移 B. 旋轉 C. 去背 D. 縮放
解析：仿射變換為線性變換加平移，可處理平移、旋轉、縮放、剪切等幾何操作，保持平行線平行。「去背」屬於像素層級的語義分割或色鍵處理，涉及非線性、區域性判斷，無法用單一仿射矩陣達成。
下列何者並非三維電腦圖學（3D computer graphics）之應用程式介面（API）？ A. Direct3D B. Flash C. OpenGL D. RenderMan
解析：三維電腦圖學的應用程式介面（API）用於處理3D模型的建立、轉換、光影與算圖。Direct3D是微軟DirectX中的3D繪圖API；OpenGL是跨平台的開放標準3D繪圖API；RenderMan是皮克斯發展的高階算圖API，三者均屬3D圖學API。Flash（後更名為Animate）本質上是向量式2D動畫與多媒體互動平台，主要處理平面圖形與時間軸動畫，並非3D電腦圖學的應用程式介面，故選B。
波長較長之聲音因其特性，在穿透障礙物之後，能量也不易遞減，使其成為一種噪音，下列那一種喇叭撥放時聲音較容易穿透障礙物，造成他人困擾？ A. 高音喇叭 B. 中音喇叭 C. 中低音喇叭 D. 低音喇叭
解析：聲波的頻率越低、波長越長，遇到障礙物時繞射（diffraction）能力越強，穿透障礙物後能量衰減較少，因此較容易穿牆傳到鄰戶，形成低頻噪音。低音喇叭輸出的正是低頻、長波長聲音，故選D。反之，高音喇叭頻率高、波長短，指向性強且容易被障礙物吸收或反射衰減，穿透力較弱；中音、中低音喇叭居於兩者之間。本題關鍵在頻率、波長與繞射、穿透力的關係。
關於記錄影像的方式，有一種是以物件導向的觀念表示影像內容使用上具相當的彈性，但若是想要表達不規則的內容影像將十分困難，此種記錄方式為何？ A. 點陣式 B. 建構式 C. 向量式 D. 樹狀式
解析：向量式以數學幾何元素（點、線、曲線）描述影像，具物件導向特性，編輯彈性高、無限縮放不失真；但難以表現不規則、複雜連續調變化的點陣影像（如照片）。點陣式適合不規則影像，建構式非標準分類。
DPI 用於點陣影像，代表每一英吋長度中，取樣可顯示或輸出點的數目，一張35 英吋照片，其印刷輸出解析度為100dpi，此照片中一共有多少像素（Pixel）點？ A. 1,500 B. 9,000 C. 150,000 D. 900,000
解析：DPI 是每英吋可顯示或輸出的點數，100 dpi 表示每一英吋有 100 個像素點。照片為 3 英吋×5 英吋，換算成像素為（3×100）×（5×100）＝300×500＝150,000 個像素。因此總像素數為 150,000，選 C。A 僅 1,500、B 為 9,000、D 為 900,000，均與面積換算結果不符。
關於視訊媒體，下列敘述何者正確？ A. 類比視訊正逐漸取代數位視訊成為主流 B. 比起交錯訊號掃描（Interlacing），漸進式掃描（Progressive scan）的影格雖然較為穩定，但代價是減少了畫面的精細度 C. 在視訊媒體規格中，每秒影格數通常為60fps，也是常見的螢幕刷新率 D. 漸進式掃描只有一個圖場，一次掃描完一整個影格
解析：漸進式掃描每幀僅一個圖場，逐行完整掃描；交錯掃描將一幀分兩個場（奇/偶行）。選項B錯於漸進式較精細；選項C常見刷新率60Hz，但影格率多為24/30/60fps視制式而定；選項A顛倒事實。
有關JPEG 影像壓縮，通常將影像切成多大的影像區塊（block），以進行處理？ A. 22 B. 44 C. 88 D. 16x16
解析：JPEG 壓縮流程是先將影像分割成 8×8 像素的區塊（block），每個區塊各自做離散餘弦轉換（DCT），再經量化、Zigzag 掃描與熵編碼（Huffman 或算術編碼）。採 8×8 是兼顧運算量與壓縮效果的標準設計；若區塊太小，難以累積頻域能量，太大則計算複雜且區塊效應明顯。因此 A 的 2×2、B 的 4×4、D 的 16×16 都不是 JPEG 採用的區塊大小。