民國113年 地方四等 電子工程 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。
一般而言，處理器利用下列那一個元件，記錄下一個要抓取的指令的記憶體位址？ A. 指令暫存器（instruction register） B. 程式計數器（program counter） C. 堆疊指位器（stack pointer） D. 指令解碼器（instruction decoder）
解析：程式計數器（program counter, PC）又稱指令指標，用來存放下一個將要抓取之指令的記憶體位址；處理器每完成一次取指，PC 便自動遞增或依跳躍指令更新，以維持指令執行的順序。A 指令暫存器（instruction register, IR）存放的是「已經抓取進來」的指令內容本身，供後續解碼使用；C 堆疊指位器（stack pointer, SP）指向堆疊頂端，用於函式呼叫與返回時存取資料；D 指令解碼器（instruction decoder）負責解讀 opcode 以產生控制訊號，並不保存位址。故正確答案為 B。
為提高運算效能，超純量（superscalar）處理器通常採用亂序（out-of-order）及預測式執行（speculativeexecution）的方式執行指令。然而，當指令發生例外（exception）狀況或遇到中斷（interrupt）時，可能必須刪除某些已預先執行指令的結果，使處理器的狀態倒回某循序指令結束時的狀態，做到preciseinterrupt。下列超純量處理器中的微架構機制，何者是用於實現precise interrupt 的必要機制？ A. instruction dispatcher B. reservation window C. reorder buffer D. branch target buffer
解析：精確中斷（precise interrupt）要求例外或中斷發生時，處理器能回到「某一條循序指令結束時」的一致狀態，且該指令之前的指令全部完成、之後的指令全部未生效。亂序與預測執行會讓指令完成順序與程式順序不同，因此需要 reorder buffer（重排緩衝區）：指令依程式順序進入 ROB，可亂序執行，但結果暫存於 ROB，等到該指令成為最舊且未被推測錯誤的指令時才依序 commit 寫回暫存器或記憶體。遇到例外時，只要清空 ROB 中尚未 commit 的年輕指令，即可精確回復狀態。A 的 dispatcher 負責派送指令、B 的 reservation window 用於等待運算元與選擇可執行指令、D 的 branch target buffer 只做分支目標預測，三者都不負責維持循序 commit 與狀態回復。
假設某一塊記憶體的大小為32MB（Mega Byte），該記憶體的每個字組（word）大小為8-Byte，則CPU 至少要有多少條位址線，才足夠定址該記憶體的一個字組？ A. 19 B. 20 C. 22 D. 25
解析：記憶體容量 32MB = 32×2^20 位元組 = 2^25 位元組；每個字組 8 位元組 = 2^3 位元組，故字組數 = 2^25 / 2^3 = 2^22 個。定址 2^22 個字組需要 22 條位址線（可產生 2^22 種位址組合），答案 C。若以位元組為單位定址才需 25 條，但題目要求定址「一個字組」，故以字組數計算位址線數。
十進位數183 以二進位表示時，其數字為下列何者？ A. 10100111 B. 10101111 C. 10110111 D. 10111111
解析：將十進位183轉換為二進位：183 ÷ 2 餘1、91 ÷ 2 餘1、45 ÷ 2 餘1、22 ÷ 2 餘0、11 ÷ 2 餘1、5 ÷ 2 餘1、2 ÷ 2 餘0、1 ÷ 2 餘1，由下而上讀取得10110111。亦可分解為128+32+16+4+2+1，對應二進位10110111，故答案C正確。
電腦CPU 中的ALU 單元，下列何者為主要功能？ A. 資料暫存 B. 執行運算 C. 執行控制作業 D. 執行中斷程式
解析：中央處理器（CPU）中的算術邏輯單元（ALU, Arithmetic Logic Unit）主要負責執行各種算術運算（如加、減）與邏輯運算（如AND、OR、NOT、比較等）。資料暫存多由暫存器（Register）負責，執行控制作業由控制單元（CU）負責，中斷程式則由中斷控制相關機制處理。
假設你只有1-to-4 解多工器（demultiplexer）的元件可以使用，則總共需要幾個1-to-4 解多工器元件，才能組合成一個1-to-64 解多工器？ A. 12 B. 16 C. 20 D. 21
解析：建構 1-to-64 解多工器需兩階段：第一層用 1 個 1-to-4 解多工器將輸入分成 4 路；第二層每路再接 1 個 1-to-4 解多工器展開為 16 路，共需 4 個；第三層每路再接 1 個 1-to-4 解多工器展開為 64 路，共需 16 個。總計 1+4+16=21 個。或用公式 (輸出數-1)/(選擇數-1)=(64-1)/(4-1)=21。
將下列三進位數值(210010)3 轉換為九進位，何者正確？ A. (602)9 B. (513)9 C. (703)9 D. (233)9
解析：三進位轉九進位可利用 9＝3²，由小數點起每兩位三進位數字併為一位九進位數字。將 (210010)₃ 自右分組為 21、00、10，分別換算：(21)₃＝2×3＋1＝7，(00)₃＝0，(10)₃＝1×3＋0＝3，故得 (703)₉。驗算：2×3⁵＋1×3⁴＋0＋0＋1×3＋0＝486＋81＋3＝570，而 570＝7×81＋0×9＋3，結果一致。故選 C。
若作業系統沒有做好程序排程（process scheduling），使得某些程序P1、P2、P3 不斷地獲得使用CPU的機會，但某一程序P4 卻長時間無法使用CPU，這種現象稱為： A. 捱餓（starvation） B. 死結（deadlock） C. 循環等待（circular waiting） D. 資源佔據（resource holding）
解析：捱餓指低優先序程序長期無法獲得 CPU 資源，因高優先序程序持續搶佔導致。死結需四條件同時成立（互斥、占有並等待、不可搶佔、循環等待），題目僅敘述 P4 無法取得 CPU，非死結。循環等待是死結條件之一，資源佔據非標準術語。故選 A。
下列何者不是使用虛擬記憶體的主要好處？ A. 程式不再受到實際記憶體之可用空間的限制 B. 加快記憶體存取的速度 C. 同一時間內可以執行更多的程式 D. 可縮短程式開始執行的時間
解析：虛擬記憶體主要好處：1. 程式不受實體記憶體大小限制（A）。2. 允許更多程式同時駐留提高多道程式度（C）。3. 只載入所需頁面縮短啟動時間（D）。虛擬記憶體因分頁錯誤需磁碟 I/O，反而可能降低存取速度，非加快速度。故 B 非好處。
假設某一張彩色影像的解析度為800 × 600，每個像素的顏色採用「索引顏色（indexed color）」（也可稱為「調色盤顏色palette color」）來編碼，假設使用的調色盤顏色設定為32 色，則編碼此張彩色影像需要多少位元？ A. 2400000 bits B. 7200000 bits C. 15360000 bits D. 46080000 bits
解析：索引顏色（indexed color）以調色盤索引值表示每個像素，調色盤有32色時每個索引需log2(32)=5位元。影像共有800×600=480,000個像素，總位元數為480,000×5=2,400,000 bits。選項B、C、D分別對應每像素8、32、96位元等不同設定，與32色索引編碼不符。
下列何種記憶體的處理速度最快？ A. 隨機記憶體（RAM） B. 唯讀記憶體（ROM） C. 快取記憶體（CACHE） D. 暫存器（REGISTER）
解析：CPU暫存器（register）位於處理器內部，存取延遲最低，速度最快；快取記憶體（cache）次之，隨機記憶體（RAM）更慢，唯讀記憶體（ROM）通常最慢。故處理速度最快的是暫存器。
某個關聯式資料庫中，原本已有二個關聯（relation）表A 和B，若想產生一個新的關聯表C，包含同時存在於關聯表A 和關聯表B 中的元組（tuples），則該使用下列那一個關聯運算？ A. select B. intersection C. project D. union
解析：關聯代數中，intersection（交集）運算回傳同時存在於兩個關聯中的元組，符合題目「同時存在於A與B」的需求。select是選取列、project是選取欄、union是聯集（包含任一表中出現的元組），都不符合交集語意。
下列何者是目前常見的資料庫管理軟體？ A. Word B. PowerPoint C. MySQL D. Clubhouse
解析：MySQL是常見的關聯式資料庫管理系統（RDBMS）。Word是文書處理軟體、PowerPoint是簡報軟體、Clubhouse是社群語音平台，皆非資料庫管理軟體。
下列為C 語言中宣告的一個陣列a[10]，何者為此矩陣第一個元素的記憶體位置？ A. a[0] B. &a C. a D. a[1]
解析：在C語言中，陣列名稱a在大多數運算式中會退化為指向第一個元素的指標，其值等同&a[0]的位址，因此a代表第一個元素的記憶體位置。a[0]是元素值而非位址，&a是整個陣列的位址，a[1]是第二個元素。
若在一個堆疊（Stack）中，依序推入（Push）5, 8, 20, 1, -5 和20 等數字，接著執行兩次的彈出（Pop），則堆疊頂端的元素，應為何者？ A. 20 B. -5 C. 1 D. 8
解析：堆疊遵循後進先出（LIFO）。依序推入 5、8、20、1、-5、20 後，堆疊由底至頂為 5、8、20、1、-5、20，頂端為 20。第一次彈出移除 20，第二次彈出移除 -5，此時頂端元素為 1。故選 C；A 為尚未彈出時的頂端，B 為第一次彈出後的頂端，D 則需再彈出三次才會到達。
下圖中從節點a 至節點h 的最短路徑，其長度為何？ A. 11 B. 12 C. 13 D. 14
有一棵二元樹之前序（Prefix）走訪結果為B、A、D、C、E、H、F、G，若此二元樹根節點之右子樹的樹根為E，則此二元樹根節點之左子樹的節點個數為何？ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
解析：前序走訪的順序為「根→左子樹→右子樹」，故序列首字 B 即根節點。已知右子樹的根為 E，則介於根 B 與 E 之間、尚未進入右子樹的節點 A、D、C 全屬左子樹，其個數為 3。故選 C；A、B、D 均與序列中 A、D、C 三個節點的事實不符。
下列何種樹狀資料結構，不保證為平衡樹（Balanced tree）？ A. 完整二元樹（Complete binary tree） B. 完滿二元樹（Full binary tree） C. 二元搜尋樹（Binary search tree） D. 最小堆積（Min heap）
解析：二元搜尋樹（BST）只保證左子節點值小於根、右子節點值大於根，插入順序可能導致退化為鏈狀結構，不保證平衡。完整二元樹、完滿二元樹與最小堆積在結構上具有特定平衡性質。
若以廣度優先搜尋（Breadth-first Search）走訪下圖（從節點1 開始），各節點的走訪順序應為何？（若同時有多個選擇，請優先挑選數字較大的節點） A. 1 2 3 4 5 6 B. 1 4 3 2 6 5 C. 1 4 6 5 2 3 D. 1 4 6 5 3 2
下列C 函式為實作何種排序法？void sort(long list[], long n){long c, d, t;for (c = 0 ; c < ( n - 1 ); c++){for (d = 0 ; d < n - c - 1; d++){if (list[d] > list[d+1]){t = list[d];list[d] = list[d+1];list[d+1] = t;}}}} A. 合併排序（Merge sort） B. 快速排序（Quick sort） C. 堆積排序（Heap sort） D. 氣泡排序（Bubble sort）
解析：此函式使用雙層迴圈：外層 c 控制已排序完成的回合數，內層 d 從頭兩兩比較相鄰元素 list[d] 與 list[d+1]，若前者較大就交換。每跑完一輪，最大的元素會像氣泡一樣「浮」到陣列尾端，因此內層上界為 n-c-1，避免重複比較已就位的最後 c 個元素。這正是氣泡排序（Bubble sort）的典型特徵，時間複雜度為 O(n²)。合併排序是遞迴分割後合併；快速排序以基準值（pivot）分割；堆積排序則需建立堆積並反覆取出根節點，程式碼中都沒有對應的遞迴、分割或堆積結構。
關於利用循序搜尋法（Sequential Search）尋找串列資料的應用時機，下列敘述何者正確？ A. 被搜尋的串列元素已經排序好 B. 被搜尋的串列含有大量的元素 C. 經常需要頻繁搜尋串列的元素 D. 串列的元素未排序且只需少量次數的搜尋
解析：循序搜尋（Sequential Search，又稱線性搜尋）是從串列第一個元素開始逐一比對，直到找到目標或走訪完畢，並不要求資料事先排序，這是它相對二分搜尋的最大優勢。其缺點是平均需比對約 n/2 個元素，時間複雜度 O(n)，資料量大或搜尋次數頻繁時效率不佳。因此適用時機為：元素未排序、資料量不大、或只需少量搜尋。若資料已排序（A）應改用二分搜尋；大量元素（B）或頻繁搜尋（C）則適合先排序後用二分搜尋，或建立雜湊表以達到接近 O(1) 的查詢。
以C 語言撰寫的程式片段如下，執行的結果為何？int a=8;a=a>>2;printf("a=%d\n", a); A. a=8 B. a=6 C. a=4 D. a=2
解析：運算子 >> 是右移（right shift）。a 初值為 8，其二進位為 0000 1000；右移 2 位等同將數值除以 2 的 2 次方（整數除法），即 8 / 4 = 2，二進位變成 0000 0010，所以輸出 a=2。對非負整數而言，右移 n 位就是除以 2ⁿ 並捨去餘數；若為有號負數，部分實作採算術右移會補入符號位。本題 a 為正數，結果明確為 2。選項 A 是未移位、B 是把 >> 誤當成某種減法、C 只移了一位，皆與右移兩位的結果不符。
下列C 指令的輸出為何？short s = 32768/2;printf("%hd %hd", s<<1, s<<2); A. -32768 0 B. 32768 65536 C. 65536 32768 D. 32768 03
解析：32768/2 為 16384，可正常存入 short。但 short 為 16 位元有號整數，範圍是 -32768～32767。運算 s<<1 時 s 會先提升為 int，得到 32768（0x00008000），printf 以 %hd 只取低 16 位元，即 0x8000，依二補數解讀為 -32768。s<<2 得到 65536（0x00010000），低 16 位元全為 0，故輸出 0。因此結果為 -32768 0。選項 B、C 忽略了 short 的 16 位元截斷與溢位；D 的數值組合不成立。
在程式語言的發展過程中，最早被設計出來的高階程式語言福傳（FORTRAN），隸屬於下列那一種類別？ A. 命令式（imperative）程式語言 B. 物件導向式（object-oriented）程式語言 C. 函數式（functional）程式語言 D. 邏輯式（logic）程式語言
解析：FORTRAN（Formula Translation）於 1950 年代由 IBM 團隊設計，是最早被廣泛使用的高階程式語言，主要針對科學與工程數值計算。它的程式由一連串指令敘述組成，透過指定、迴圈、條件判斷逐步改變變數狀態，屬於命令式（imperative，或稱程序式 procedural）語言，與 C、Pascal 同類。物件導向語言以類別、封裝、繼承、多型為核心，如 Smalltalk、C++、Java；函數式語言以函數組合與不可變資料為核心，如 Lisp、Haskell；邏輯式語言以事實與規則推導為核心，如 Prolog。FORTRAN 不具備這些典範特徵。
執行以下Python 程式並輸入「65」，下列何者為程式的輸出？score = int(input())if (score >= 90):print("A")elif (score >= 80):print("B")elif (score >= 60):print("C")else:print("F") A. A B. B C. C D. F
解析：input() 讀入字串「65」，int() 將其轉為整數 65。接著依序判斷：score >= 90 不成立（65 < 90），跳過印出 A；score >= 80 也不成立，跳過 B；score >= 60 成立（65 ≥ 60），於是印出 C。由於 elif 串接的特性，一旦某一條件成立便執行其區塊並結束整個判斷，不再檢查後續的 else，因此不會印出 F。若輸入為 90 以上會印 A、80～89 印 B、60～79 印 C、60 以下才印 F。本題 65 落在 60～79 區間，輸出為 C。
考慮下列C 語言程式的宣告union allType {char character;int integer;float real;double doubleNum;};如果sizeof(char) 是1, sizeof(int) 是4, sizeof(float) 是4, sizeof(double) 是8, sizeof(allType) 是多少？ A. 8 B. 16 C. 17 D. 20
解析：union（聯合型別）的所有成員共用同一塊記憶體，同一時間只能存放其中一個成員的值，因此其大小並非各成員大小相加，而是取「最大成員的大小」，再依對齊規則調整。四個成員大小分別為 char 1、int 4、float 4、double 8，最大者為 double 的 8 位元組；聯合的對齊需求為各成員中最嚴格者，即 double 的 8 位元組對齊，8 本身已是 8 的倍數，故 sizeof(allType) 為 8。選項 B 的 16、C 的 17、D 的 20 都把 union 誤當成 struct 累加或加上額外填充，與共用記憶體的特性不符。
執行下列C++ 程式碼後，螢幕印出的數字為何？int f(int x){if(x%2==0) return 2*x;return x+1;}int main( ) {cout<< f(f(f(2)+f(3))) <<endl;return 0;} A. 21 B. 24 C. 27 D. 32
解析：函數 f(x) 規則：x 為偶數回傳 2*x，否則回傳 x+1。先算 f(2)=2*2=4、f(3)=3+1=4，故 f(2)+f(3)=8。接著 f(8)=2*8=16（8 為偶數），再 f(16)=2*16=32。因此 f(f(f(2)+f(3)))=f(f(8))=f(16)=32，對應選項 D。本題關鍵在由內向外層層代換，並注意只有偶數才乘 2，奇數則加 1。
執行下列C++ 程式碼後，螢幕印出的數字為何？int f(int m){static int n=0;n++;return (m+n);}int main( ) {cout << f(f(f(3))) << endl;return 0;} A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
解析：函數 f(m) 內含 static 變數 n，初值 0，每次呼叫先 n++ 再回傳 m+n。第一次 f(3)：n 由 0 變 1，回傳 3+1=4；第二次 f(4)：n 由 1 變 2，回傳 4+2=6；第三次 f(6)：n 由 2 變 3，回傳 6+3=9。故 f(f(f(3)))=9，選項 C 正確。重點在 static 區域變數只初始化一次，其值跨函數呼叫持續累加到下一次。
C 函數bar()的執行，產生下列何輸出結果？void bar(void) {int i, j;for ( i = 0 ; i < 5 ; i++ ) {for ( j = 0 ; j < i+1 ; j ++) printf("*");printf(" ");}} A. ***** ***** ***** ***** ***** B. ***** **** *** ** * C. * ** *** **** ***** D. * ** *** ** *
解析：外層 i 由 0 到 4，內層 j 由 0 到 i 印 '*'，每輪結束再印一個空格。因此 i=0 印 1 個、i=1 印 2 個、i=2 印 3 個、i=3 印 4 個、i=4 印 5 個星號，呈現由 1 遞增至 5 的直角三角形。選項 C「* ** *** **** *****」即對應 1、2、3、4、5 顆星（以空格分隔），故選 C。
給定以下類別定義：class A{public:f() {cout << "$
quot;; }A() {cout << ":::" ;}A(int a) {cout << "***" ;}private:};若在main()中執行以下指令，則將產生的輸出為何？A *p=new A;A v(1);v.f();p->f(); A. $$$ B. :::***$$$ C. ***$$ D. :::***$$解析：A *p=new A 呼叫預設建構子 A() 印出「:::」；A v(1) 呼叫帶參建構子 A(int) 印出「***」；v.f() 與 p->f() 各呼叫成員函式 f() 印出「$$」，共兩次。輸出依序為「:::」+「***」+「$$」+「$$」=「:::***$$$」，對應選項 B。注意 new A 無引數走預設建構子，v(1) 走帶參建構子。
執行下列C++ 程式碼後，螢幕印出的數字為何？int main( ) {int A[3][4]={2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20, 22, 24};int *p1=A[1];int *p2;p2=p1+4;cout<< *p2 <<endl;return 0;} A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
解析：二維陣列 A[3][4] 依序存入 2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,22,24，第二列 A[1] 為 10,12,14,16。p1=A[1] 指向元素 10，p2=p1+4 以 int 指標前進 4 個元素；因 C++ 陣列在記憶體連續存放，p1+4 落在第三列第一個元素 18。故 *p2=18，選項 C 正確。指標算術以元素大小（int=4 位元組）為跳躍單位。
關於乙太網路（Ethernet）的敘述，下列何者錯誤？ A. 以MAC 位址來彼此傳遞訊息 B. 乙太網路可以架在傳輸層上 C. 為區域網路的一種 D. 以引導式媒介傳輸訊息
解析：乙太網路是區域網路（LAN）的一種，使用 MAC 位址在節點間傳遞訊息，並以引導式媒介（如雙絞線、光纖）傳輸，故選項 A、C、D 均正確。乙太網路主要運作於 OSI 的實體層與資料連結層，並非架設在傳輸層之上，因此選項 B 敘述錯誤，為本題答案。傳輸層是更高階、由 TCP/UDP 所在的層級。
網路通訊設備交換器（Switch）是屬於OSI 網路協定第幾層？ A. 實體層 B. 資料連結層 C. 網路層 D. 傳輸層
解析：交換器（Switch）依據 MAC 位址學習與轉發訊框，運作於 OSI 模型第二層「資料連結層」（Data Link Layer），能分割碰撞域、提升區域網路效率。集線器（Hub）屬實體層，路由器（Router）屬網路層，橋接器亦屬資料連結層，故選項 B 正確。
有關光纖通訊（Fiber-optic communication），下列何者可為其軸心材質及傳輸原理？ A. 玻璃纖維、光折射 B. 玻璃纖維、光全反射 C. 矽、光折射 D. 矽、光全反射
解析：光纖通訊多以高純度玻璃（石英）纖維作為傳輸介質。其傳輸原理是利用光在纖芯與包層的界面上，當入射角大於臨界角時產生光全反射，讓光訊號不斷沿纖維軸向反射前進，藉此達成長距離、低損耗的傳輸。光折射雖會發生於界面，但並非使光沿軸心持續傳播的主要機制，因此B正確。
對於IP 位址（IPv4）的敘述，下列何者錯誤？ A. 主機位址全為1 代表廣播 B. Class A 的IP 為127 開頭（127.x.y.z）者，其為Loopback（本機回送）的位址 C. IP 位址168.92.3.190 表示為Class C 的IP 群組 D. Class A, Class B, Class C 為三個不同等級的IP 群組，其中Class C 代表小型網路，其每個網路位址中的主機位址數量較Class A 及Class B 少
解析：IPv4 的Class C 範圍為192.0.0.0～223.255.255.255，而IP位址168.92.3.190的第一個八位元為168，落在Class B（128～191）範圍，故並非Class C 群組。A：主機位址全為1在該網段代表有限廣播。B：127.0.0.0/8皆屬本機回送（Loopback）。D：Class C的網路數多但每個網路可用主機數遠少於Class A、B，符合小型網路的特性。
有關OSI 模型中傳輸層（Transport Layer）的協定，下列何者正確？ A. TCP 的協定具有偵測及處理壅塞（Congestion）的設計 B. UDP 協定透過三方交握（Three-way Handshaking）的方式確保連線 C. 傳輸層中的TCP 與UDP 皆能提供可靠（Reliability）傳輸，當發現有錯誤發生時，會進行重新傳送 D. FTP、SSH、DNS、PING、HTTP 等協定皆採用TCP 傳輸模式
解析：TCP 屬於可靠的傳輸層協定，具備擁塞控制（Congestion Control）機制，會依據網路壅塞狀況調整傳送速率，以避免過度擁塞。B：UDP為非連接式，並無三方交握。C：僅TCP提供可靠傳輸，UDP不保證可靠性。D：PING使用ICMP，並非傳輸層的TCP或UDP；DNS雖多用UDP，但在特定情況（如區域傳送）也會使用TCP，並非全部採用TCP。
有關RSA 加密系統的敘述，下列何者錯誤？ A. 為一種公開金鑰加密系統（Public Key Cryptosystem） B. 主要基於大數的因數分解（Factorization）的數學難題所建構的加密系統 C. 發明者為Diffie 及Hellman 兩人，為一種金鑰交換（Key Exchange）的演算法 D. 為了防止被破解，其公開金鑰長度需要很長，目前要在2048 位元以上
解析：RSA是由Ron Rivest、Adi Shamir、Leonard Adleman三人於1977年提出的公開金鑰加密系統，並非由Diffie及Hellman發明。Diffie–Hellman為金鑰交換演算法。RSA的安全性主要建立在大數質因數分解的計算困難度上，現今實務上多建議採用2048位元以上的金鑰長度，以因應運算能力的提升。
有關UDP（User Datagram Protocol）的敘述，下列何者錯誤？ A. UDP 是屬於傳輸層（Transport layer）的協定 B. UDP 採用多工（Multiplexing）與解多工（Demultiplexing）方式 C. UDP 為非連接式協定（Connectionless protocol） D. UDP 的缺點是較複雜且速度慢
解析：UDP屬於傳輸層的非連接式協定，設計極為簡單，僅提供最基本的傳輸功能，不具備連線建立、流量控制或可靠重傳等機制，因此傳輸速度較快且標頭開銷也較小。其「缺點」是缺乏可靠性，而非較複雜且速度慢。UDP亦支援多工與解多工的運作方式。
垃圾信件主要因為下列何種協定，很容易捏造不實身分來濫發電子郵件？ A. SMTP B. SNMP C. DNS D. IP
解析：簡單郵件傳輸協定（SMTP）最初設計並未強制要求發信端進行嚴格的身分驗證，寄件者位址（From）容易被偽造，這也是早期大量垃圾信件（Spam）得以濫發的主因之一。SNMP為網路管理協定，DNS為網域名稱解析，IP為網際網路層協定，皆非主要導致SMTP寄件身分易偽造的原因。