民國115年 普通考試 電信工程 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。
本卷為共同科目試卷，與普通考試 電子工程的試題相同，以下為同一份試卷的題目與考選部官方答案。
CPU 的機器指令可以分成三種主要群組，下列何者不屬於這三個群組？ A. 控制指令（Control Instructions） B. 算術／邏輯指令（Arithmetic/Logic Instructions） C. 資料傳輸指令（Data Transfer Instructions） D. 圖形處理指令（Graphics Processing Instructions）
解析：CPU 機器指令一般分為三大群組：資料傳輸指令（Data Transfer，如 load、store、move）、算術／邏輯指令（Arithmetic/Logic，如 add、sub、and、or）以及控制指令（Control，如 branch、jump、call）。圖形處理指令並非這三大群組之一，圖形運算通常由 GPU 或特定的繪圖指令集（如 SIMD、著色器指令）負責，屬於特殊用途而非 CPU 基本指令分類，故選 D。
關於精簡指令集電腦（Reduced Instruction Set Computer, RISC）與複雜指令集電腦（Complex InstructionSet Computer, CISC）的比較之敘述，下列何者正確？ A. RISC 是早期且過時的架構，現今的處理器皆為CISC 架構 B. 在CISC 上編寫程式，比在RISC 上編寫程式，來得複雜與困難 C. RISC 的指令集較大，CISC 的指令集較小，兩者的設計理念是相同的 D. RISC 能以簡單指令模擬，提供類似CISC 的複雜指令所能做的運算
解析：RISC 採少量、簡單且長度固定的指令，搭配較多暫存器，複雜運算可由簡單指令組合模擬，故 D 正確。A 錯誤，現今處理器多融入 RISC 設計理念，並非全為 CISC；B 錯誤，CISC 單一指令功能較強，程式通常較短；C 錯誤，RISC 指令集較小、CISC 較大，兩者設計理念相反。
將十進位數字－6 換算為二進位，以two’s complement 編碼為4 bit 數值，下列何者正確？ A. 1110 B. 1010 C. 0110 D. 1101
解析：4 位元二補數的作法：先寫出正數 +6 的二進位 0110，再將每個位元取補數（0 變 1、1 變 0）得 1001，最後加 1 得 1010，即代表 −6。最高位元為 1 表示負數，其餘位元依二補數權重解讀：−8+2 = −6，驗證正確。1110 代表 −2，1101 代表 −3，0110 則是 +6，皆非所求。故選 B。
將兩個十三進位數字進行相加：2CA + ABC，下列何者為正確的十三進位結果？ A. 109A B. 10AA C. 10B9 D. 10AB
解析：十三進位中以A=10、B=11、C=12。先換算成十進位：2CA＝2×13²＋12×13＋10＝338＋156＋10＝504；ABC＝10×13²＋11×13＋12＝1690＋143＋12＝1845，合計2349。再轉回十三進位：13³＝2197，2349－2197＝152；13²＝169，152÷169＝0；152÷13＝11餘9，而11即B，故各位數依序為1、0、B、9，即10B9。驗算1×2197＋0×169＋11×13＋9＝2197＋143＋9＝2349，正確。
下列布林（Boolean）代數式代表那一種邏輯閘（logic gate）？X = A + B A. AND B. OR C. NOT D. NAND
解析：布林代數中「+」代表 OR（邏輯或）運算，X = A + B 表示只要 A 或 B 任一為 1，輸出即為 1，僅當兩者皆為 0 時輸出才為 0，這正是 OR 閘的定義。A 的 AND 以「·」或直接並寫表示（X = A·B），須兩輸入皆為 1 才輸出 1。C 的 NOT 是單輸入的反相運算（X = A'）。D 的 NAND 是 AND 後再反相（X = (A·B)'），真值表與本式不同。
需要用下列那一個遮罩（mask）來翻轉（flip）最左邊4 個位元，可以使二進位制的8 位元數字10100110進行XOR 運算後，輸出為01010110？ A. 11100000 B. 11110000 C. 11111000 D. 11111100
解析：XOR 的特性是與 1 運算會翻轉、與 0 運算則保持原值。原值 10100110 欲變為 01010110，逐位比較：前四位 1010 變成 0101，四位全部翻轉，故遮罩前四位須為 1111；後四位 0110 保持 0110 不變，遮罩後四位須為 0000。合起來遮罩為 11110000。驗算：10100110 XOR 11110000 = 01010110，正確。其餘選項翻轉的位數分別為 3、5、6 位，結果不符。
在作業系統的CPU 排班問題中，下列何種排班方式適合分時系統（Time Sharing System）？ A. 優先權排程（Priority Scheduling） B. 先到先處理（First Come First Serve） C. 最短工作先處理（Shortest Job First） D. 依序循環排程（Round Robin Scheduling）
解析：分時系統要求每個使用者程序都能在短時間內獲得 CPU，因此需要可搶奪且時間片固定的排程。依序循環（Round Robin）以固定時間量子（time quantum）輪流分配 CPU，反應時間短且公平，最適合分時環境。A 優先權排程可能使低優先權程序餓死，且即時性取決於優先權設計。B 先到先處理屬非搶奪式，長工作會造成護送效應，反應時間差。C 最短工作先處理雖平均等待時間較佳，但需預知執行時間且可能餓死長工作，非分時系統首選。
關於互斥（Mutual Exclusion）與旗標（Flag）的敘述，下列何者正確？ A. 使用一般旗標（Flag）可以完全避免兩個程序同時進入臨界區（Critical Region）的問題 B. 測試並設定指令（Test-and-Set Instruction）可以在單一機器指令內完成旗標的測試與設定，避免中斷干擾 C. 在測試旗標前停用中斷（Disable Interrupt）會導致整個系統無法繼續執行任何其他工作，直到重新開機 D. 訊號量（Semaphore）僅用於管理印表機等硬體裝置的存取，與程式碼無關
解析：測試並設定指令（Test-and-Set）把「讀取旗標」與「設為 1」包成一個不可分割的機器指令，執行期間不會被中斷，因此可作為臨界區的鎖，確保互斥。A 錯誤：一般旗標的測試與設定若分成多個指令，兩程序可能同時通過檢查而一起進入臨界區。C 錯誤：停用中斷只暫時影響該處理器對中斷的回應，其他工作與他核仍可執行，不需重新開機。D 錯誤：號誌（Semaphore）是通用的同步機制，廣泛用於程式碼的臨界區保護，不限於印表機等硬體。
在3D 電腦圖學（3D Computer Graphics）中，為何要將幾何形狀轉換為多邊形網格（Polygonal Mesh）？ A. 因為多邊形網格能夠更精確地描述物件形狀 B. 因為使用多邊形網格可以統一渲染（Rendering）流程，提高效率 C. 因為多邊形網格可以減少物件的記憶體需求 D. 因為多邊形網格能夠自動生成紋理映射（Texture Mapping）
解析：3D 圖學將曲面幾何轉換為多邊形網格（通常為三角形），主要著眼於管線一致性：所有物件都以頂點、邊、面表示後，頂點處理、投影、光柵化、深度測試等流程可用同一套渲染管線處理，硬體也能大量平行化，因而提高效率。A 不成立，多邊形網格是平面逼近，對曲面反而只是近似，精度取決於面數。C 不一定成立，網格精細時記憶體需求反而增加。D 錯誤，紋理映射需另外指定 UV 座標，網格不會自動產生紋理。
多模態大型語言模型（Multimodal Large Language Model）可以應用於多媒體運算，下列何者不為其可能應用領域？ A. 自創圖文影音多媒體內容 B. 聽故事畫圖產生多媒體內容 C. 看圖說故事產生文字內容 D. 產生完全正確解答之多媒體內容
解析：多模態大型語言模型能同時處理文字、影像、音訊等模態，可依文字生成圖文影音（A）、依故事內容生成對應圖像（B）、看圖產生描述文字（C），這些都是常見應用。然而模型本質上是依機率生成內容，可能產生幻覺（hallucination），無法保證輸出的多媒體內容「完全正確」；且「正確」與否往往涉及事實查核與主觀判斷，並非模型可保證的性質，故 D 不屬於其可能應用領域。
有關實體關聯模型（Entity-Relationship Model, ER-Model）的主要目標，下列敘述何者錯誤？ A. 使用實體（Entity）來描述現實世界中的對象 B. 使用關係（Relationship）來連結現實世界中的對象 C. 是用屬性（Attribute）來表示實體（Entity）的內容 D. 考慮資料表的正規化（Normalization）
執行下列C 語言程式碼，輸出為何？#include<stdio.h>int main(){int p =0, q =20;while (p < 3) {int q=0;p++;q++;}printf(“%d”, q);} A. 2 B. 3 C. 20 D. 23
解析：關鍵在於變數的作用域（scope）。while 迴圈主體內的 int q=0; 另外宣告了一個區域變數 q，它只在該區塊內有效，會遮蔽（shadow）外層的 q；每次迴圈執行 q++ 只遞增這個內層變數，區塊結束後即消失。外層的 q 自始至終都是 20，從未被修改。迴圈執行 3 次後 p=3 結束，printf 印出的是外層 q，故輸出 20。若誤以為內層 q++ 會累加到外層，才會錯答 3 或 23。
Python 二維陣列s 如下，其中s[1][3]是那個數字？s=[[50, 60, 80, 90, 100],[89, 84, 73, 85, 69],[66, 91, 55, 81, 75]] A. 80 B. 90 C. 73 D. 85
解析：Python 二維陣列的索引由 0 開始，表示法 s[列][行]。s[1] 取得第二列，即 [89, 84, 73, 85, 69]；再取其中的索引 3（第四個元素），得到 85。若誤把索引當成從 1 起算，會取到 73；若取 s[0][3] 則為 90，取 s[0][2] 則為 80。因此正確答案為 85。
有關基本的「佇列（Queue）」，下列敘述何者正確？ A. 一種只能在頂端放入與取出的結構 B. 一種可以從前端取出、後端放入的線性結構 C. 一種可以任意索引位置放入資料的結構 D. 一種可同時從兩端放入、兩端取出的雙向結構
解析：佇列（Queue）是先進先出（FIFO）的線性結構，資料由後端（rear）放入、從前端（front）取出，對應日常排隊行為，故 B 正確。選項 A 描述的是堆疊（Stack）的後進先出（LIFO）特性，只能在頂端 Push 與 Pop；選項 C 描述的是可隨機存取的陣列；選項 D 描述的則是雙向佇列（Deque），兩端皆可插入與刪除，並非基本佇列的定義。
某程式產出一個資料序列，依A、B、C 的順序（A 最先）輸入到一個空的堆疊（Stack），藉由推入（Push）、彈出（Pop）的動作以改變原本的資料順序，總共有幾種可能的輸出順序？ A. 6 種 B. 5 種 C. 4 種 D. 3 種
解析：A、B、C 依序 Push，過程中可隨時 Pop，屬於典型的堆疊排列問題。n 個元素可能的輸出順序數為卡塔蘭數（Catalan number）C(n)=C(2n,n)/(n+1)。以 n=3 代入：C(6,3)/4=20/4=5，故共有 5 種。實際列出為 ABC、ACB、BAC、BCA、CBA；其中 CAB 無法達成，因為要讓 C 最先輸出，必須先 Push A、B、C 再 Pop C，此時堆疊頂端為 B，下一個只能輸出 B，不可能輸出 A。因此答案為 5 種。
若要在一棵「二元搜尋樹（Binary Search Tree）」中插入一個新值X，已知此二元搜尋樹的定義為：「每個節點的左子樹中所有節點值均小於該節點，右子樹中所有節點值均大於該節點」。下列敘述何者正確？ A. 先比較X 與根節點，若X 較大則往左子樹走，否則往右子樹走 B. 先比較X 與根節點，若X 較大則往右子樹走，否則往左子樹走 C. 只要找到葉節點就立即插入，不必比較數值大小 D. 對根節點做旋轉（rotation），再將X 插入葉節點
解析：二元搜尋樹的核心性質是「左小右大」：任一節點的左子樹所有值都小於該節點，右子樹所有值都大於該節點。因此插入 X 時，從根節點開始逐層比較：若 X 大於目前節點就往右子樹移動，若 X 小於目前節點就往左子樹移動，直到遇到空指標為止，再將 X 建立成新的葉節點。選項 A 把左右方向說反了，與 BST 定義矛盾；選項 C 忽略比較，插入後便不再具備 BST 性質；選項 D 的旋轉是平衡樹（如 AVL、Red-Black Tree）在失衡後調整結構的手段，並非 BST 插入的必要步驟。
有關圖（Graph）的敘述，下列何者錯誤？ A. 擴張樹（Spanning Tree）的總邊數比總節點（Node）數少1 B. 任何圖的最小成本擴張樹（Minimum Cost Spanning Tree）只有一個 C. 一個圖的最小成本擴張樹（Minimum Cost Spanning Tree）不一定是單源頭、多目的的最短路徑圖 D. 在一圖有n 個節點（Nnode），計算單源頭、多目的的最短路徑需O(n2)時間
解析：最小成本擴張樹（MST）不一定唯一，例如三節點構成正三角形、三邊等長時，任取兩邊都是 MST，故 B 錯誤。擴張樹含 n 個節點時邊數為 n-1；MST 只保證總成本最小，不保證是單源頭多目的的最短路徑樹；以 Dijkstra 求單源最短路徑需 O(n²) 時間。A、C、D 敘述正確。
有n 個點的完整圖形（complete graph），以無方向性連結，該圖會有幾條邊線？ A. n-1 B. n C. n(n-1)/2 D. n(n-1)
遞迴執行的解題策略，不必包含下列何者？ A. 副程式 B. 呼叫本身 C. 迴圈指令 D. 終止條件
解析：遞迴的解題策略包含：把問題寫成副程式（函式）、在過程中呼叫本身、以及設定終止條件（base case）以避免無限遞迴。迴圈指令並非必要，遞迴正是以自我呼叫取代迴圈來完成重複性工作，故不必包含者為 C。
二元搜尋樹（binary search tree）圖中的x 與y，下列何者正確？ A. x=2, y=18 B. x=2, y=21 C. x=4, y=18 D. x=4, y=21
關於循序搜尋（Sequential search）和二元搜尋（Binary search）的敘述，下列何者錯誤？ A. 若排序好的資料以陣列（Array）存放，可利用二元搜尋從中尋找資料 B. 若排序好的資料以鏈結串列（Linked list）存放，可利用循序搜尋從中尋找資料 C. 若排序好的資料以陣列存放，可利用循序搜尋從中尋找資料 D. 若排序好的資料以鏈結串列存放，可利用二元搜尋從中尋找資料aaaaa
解析：二元搜尋每次需以 O(1) 時間取得中間元素，陣列可用索引直接存取，因此適合；鏈結串列只能從頭循序走訪，無法直接跳到中點，不適合二元搜尋。反之，陣列與鏈結串列都能從頭逐一比對，故可循序搜尋。A、B、C 的敘述皆成立，D 錯誤。
關於Python 程式的語法與運算子，下列何者錯誤？ A. >=為一種比較 B. //為註解 C. if 或else 為條件表達式 D. ~x 表對於x 做逐位NOT 運算
解析：在 Python 中 // 是整數除法（向下取整），例如 7//2 得 3，並非註解；註解符號是 #。>= 屬於比較運算子，會回傳布林值；if 與 else 可組成條件表達式；~x 是逐位元 NOT 運算，等同 -x-1。因此敘述錯誤者為 B。
下列何者為本Python 程式之輸出？tw_one = "Taiwan No. One."print(tw_one[2:6]) A. . On B. an No. One C. wan N D. iwan
解析：Python 切片 [2:6] 取索引 2 到 5（含頭不含尾）共四個字元。字串 "Taiwan No. One." 的索引 0 為 T、1 為 a、2 為 i、3 為 w、4 為 a、5 為 n，因此切片結果是 "iwan"。A 的 ". On" 起點與長度都不符，C 的 "wan N" 起點偏移，B 取的是索引 2 之後過長的一段，皆非正確結果。
給定下列以C 語言實作的函數A，下列敘述何者錯誤？int A(int m, int n){if (m < n)return 0;elsereturn A(m-n, n)+1;} A. A(4, 2)=A(2, 2)+1 B. A(2, 8)=A(2, 7) C. A(7, 2)=A(3, 2)+2 D. A(2, 8)=A(2, 4)+1
解析：此函式在 m<n 時回傳 0，否則以 A(m-n,n)+1 遞迴，效果等於計算 m 除以 n 的整數商 floor(m/n)。A(4,2)=2，而 A(2,2)+1=1+1=2，A 成立；A(2,8)=0=A(2,7)，B 成立；A(7,2)=3，A(3,2)+2=1+2=3，C 成立。D 中 A(2,8)=0，但 A(2,4)+1=0+1=1，兩邊不相等，故 D 為錯誤敘述。
考慮執行以下的程式碼片段：i=1;s=0;do {i++;s+=i;} while(s<=k);下列何者正確？ A. 當k=15 時，執行迴圈後變數s 為16 B. 當k=20 時，執行迴圈後變數s 為20 C. 當k=34 時，執行迴圈後變數s 為36 D. 當k=35 時，執行迴圈後變數s 為44
解析：這是 do-while 迴圈，先執行再判斷。i 從 1 起，每圈先 i++ 再累加，s 依序為 2、5、9、14、20、27、35、44，也就是 2+3+4+… 的部分和。k=15 時要加到 s=20 才因 20>15 停止，故 s 為 20；k=20 時 s=20 仍符合條件，再加一輪成 27；k=34 時同理停在 35；k=35 時 35≤35 仍繼續，i 增為 8 使 s=44，之後 44>35 才停止，故 D 正確。
撰寫以下Python 程式最後得到的輸出結果為720，MASK 部分的程式碼應為何？def factorial(n):if n == 1:return 1else:return (n * factorial(n - 1))print(MASK) A. factorial(5) B. factorial(6) C. factorial(7) D. factorial(8)
解析：factorial 是遞迴函式：n 等於 1 時回傳 1，否則回傳 n × factorial(n−1)，即計算 n 的階乘 n!。依序推算：factorial(5) = 5! = 120、factorial(6) = 6! = 720、factorial(7) = 7! = 5040、factorial(8) = 8! = 40320。題目最後輸出為 720，對應的呼叫是 factorial(6)，故 MASK 應填 factorial(6)，選 B。
有關結構化程式設計中，會使用的控制結構，下列何者錯誤？ A. 循序 B. 迴圈 C. 跳躍 D. 選擇（條件）
解析：結構化程式設計主張任何程式都可由三種基本控制結構組合而成：循序（sequence，依序執行）、選擇或條件（selection，如 if-else、switch）、迴圈（iteration，如 for、while）。跳躍（如 goto）會使控制流程任意跳轉，破壞單一入口與單一出口的結構，被視為非結構化的寫法，正是結構化程式設計要避免的。因此「跳躍」不屬於結構化程式設計所使用的控制結構，故選 C。
如果小明要與五位朋友使用對稱式加密（Symmetric Encryption）進行安全通訊，至少需要準備多少組不同的密鑰？ A. 1 B. 5 C. 10 D. 15
考慮以下的C 語言程式：int f(int x, int *y) {*y=x+1;return x+2;}如果主程式為：int main(){int x=3;x=x*f(x,&x);printf("%d",x);return 0;}則執行結果為何？ A. 15 B. 18 C. 20 D. 24
解析：函式 f 的第一個參數 x 是傳值（call by value），是副本；第二個參數 y 是指標，指向主程式中的 x。呼叫 f(x,&x) 時，*y＝x＋1 會把主程式的 x 由 3 改成 4，但函式內部的副本 x 仍為 3，故 return x＋2 回傳 5。由於 *y 已改動主程式的 x，乘法時讀到的 x 為 4，因此 x＝4×5＝20。若誤認函式回傳 6（把副本也當成已更新）會得到 18 或 24；若忽略指標造成的修改則得 15。C 語言雖未嚴格規定運算元求值順序，但本題評量的是傳值與傳址的差異，答案為 20。
C++程式片段如下：class Student {private:int score;public:void setScore(int n) {if(n>=90)score=100;else if(n>=60 && n<90)score=n+5;elsescore=n+3;}int getScore () {return score;}void showScore() {cout << getScore() << endl;}};若執行以下敘述會得到什麼結果？Student stu;stu.setScore(80);stu.showScore(); A. 80 B. 83 C. 85 D. 100
解析：追蹤 setScore(80) 的判斷流程：第一個條件 n>=90 不成立（80 未達 90），接著判斷 n>=60 && n<90，因 80 同時大於等於 60 且小於 90，條件成立，執行 score = n+5 = 80+5 = 85。只有輸入 90 以上才會被設為 100，輸入小於 60 才走 score = n+3 的分支。之後 showScore() 呼叫 getScore() 取出 score 並輸出，因此結果為 85。故選 C。
下列何種記憶體是使用正反器（Flip-Flop Gate）儲存資料？ A. ROM（Read-Only Memory） B. DRAM（Dynamic RAM） C. SRAM（Static RAM） D. PROM（Programmable ROM）
解析：SRAM（Static RAM）每個位元由六個電晶體組成類似正反器（flip-flop）的雙穩態電路來保存資料，只要持續供電資料就能維持，不需週期性刷新，存取速度快，常作為 CPU 快取或暫存器；缺點是單位面積大、成本高。DRAM 則以電容儲存電荷，電荷會漏失，必須週期性刷新（refresh）。ROM 與 PROM 屬於非揮發性記憶體，資料以浮閘、熔絲等方式固化，斷電後仍保留，並非使用正反器儲存。故選 C。
有關乙太網路（Ethernet)，下列敘述何者正確？ A. 主要是用來規範網際網路位址（Internet Address 或IP Address） B. 為一種區域網路（Local Area Network, LAN） C. 用來定義網路服務的通訊埠號（Port Number） D. 可分為TCP（Transmission Control Protocol）與UDP（User Datagram Protocol）協定
解析：乙太網路（Ethernet）是 IEEE 802.3 所制定的區域網路（LAN）技術，規範實體層的訊號傳輸與資料鏈結層的訊框格式、MAC 位址定址及媒體存取方式（早期為 CSMA/CD），因此屬於 LAN 的一種。IP 位址是網路層（IPv4/IPv6）用來定址與路由的機制；通訊埠號（Port Number）屬於傳輸層，用來辨識主機上的應用程式；TCP 與 UDP 則是傳輸層協定，負責端對端的可靠或非可靠傳輸。三者都不屬於乙太網路的規範範圍，故選 B。
關於Telnet 連線方式，下列何者錯誤？ A. Telnet 使用明碼傳輸資料 B. Telnet 為應用層協定 C. Telnet 使用UDP 建立傳輸層的連線 D. Telnet 常用於登入遠端服務
解析：Telnet是應用層協定，透過TCP 23埠建立連線，用於登入遠端主機，但所有傳輸內容（含帳號密碼）皆為明碼，安全性不足，現多由SSH取代。因此A、B、D的敘述均正確；C稱Telnet使用UDP建立傳輸層連線則是錯誤的，Telnet依賴TCP提供可靠、具順序性的連線。故選C。
在企業網路或分散式系統中，維持各個網路設備的時間一致性對於日誌記錄、事件分析、安全性管理等極為重要。下列何者協定是用於在網路設備之間同步時間的標準協定？ A. SNMP B. NTP C. SMTP D. STP
解析：NTP（Network Time Protocol）用於網路設備之間同步時間，採UDP 123埠，透過分層（stratum）時鐘源與演算法校正時間偏移與網路延遲，使各設備日誌的時間戳一致，便於事件關聯分析。SNMP是網路管理協定，用於監控設備狀態；SMTP用於寄送電子郵件；STP是乙太網路避免迴圈的 spanning tree 協定。三者皆非時間同步用途。故選B。
HTTP 和HTTPS 的主要差異，下列敘述何者正確？ A. HTTPS 速度比HTTP 更快 B. HTTPS 只適用於政府網站 C. HTTPS 使用加密技術來保護資料傳輸 D. HTTP 只能在特定瀏覽器上運行
解析：HTTP以明文傳輸，封包在網路上可能被竊聽或竄改；HTTPS則在HTTP之下加入TLS（早期為SSL）加密層，提供資料機密性、完整性與伺服器身分驗證（憑證），預設使用443埠。A錯在HTTPS需額外握手與加解密，通常略慢於HTTP；B錯在HTTPS任何網站皆可使用，並非政府網站專屬；D錯在HTTP是通用協定，各家瀏覽器皆支援。故選C。
在圖像處理（Image Processing）中的邊緣檢測（Edge Detection）技術，常用於下列何種應用？ A. 影像壓縮 B. 影像縮放 C. 物件識別與輪廓偵測 D. 影像降噪
解析：邊緣檢測找出影像中亮度劇烈變化（梯度極大）的位置，這些位置通常對應物體的邊界與輪廓，因此常作為物件識別、形狀分析、車牌或人臉定位、醫學影像分割等的前置處理，常用方法有Sobel、Prewitt、Canny算子與Laplacian。A影像壓縮（如JPEG的DCT）與B影像縮放（內插法）目的不同；D降噪多用均值、中值或高斯濾波，雖常與邊緣檢測搭配使用，但並非其主要應用。故選C。
現代企業為強化資安監控與事件應對能力，常採用SIEM（Security Information and Event Management）系統整合多種安全資料來源。有關SIEM 系統的主要功能，下列敘述何者正確？ A. 自動封鎖所有來自未授權IP 的網路流量 B. 分析、關聯並集中管理來自不同系統的安全日誌與事件 C. 提供主機虛擬化功能以降低硬體成本 D. 執行資產掃描與弱點評估以提供修補建議
解析：SIEM 的核心功能是把防火牆、伺服器、端點與應用程式等不同來源的安全日誌集中收集，經正規化後進行關聯分析（correlation）、異常偵測與告警，並提供儀表板與事件調查，協助資安監控中心掌握事件全貌。A自動封鎖未授權IP流量屬於IPS或防火牆的功能；C主機虛擬化是 hypervisor 的職責；D資產掃描與弱點評估則屬弱點掃描工具（如Nessus）或弱點管理系統。故選B。
當你收到一封來自銀行的電子郵件，要求你點擊連結並輸入帳號密碼，下列敘述何者正確？ A. 立即點擊連結並輸入資訊，以確保帳戶安全 B. 把郵件標示為可信任寄件者，避免以後被系統擋掉 C. 將電子郵件轉發給朋友，請朋友幫忙點開連結 D. 先檢查發信人的郵件地址，並直接聯繫銀行確認
解析：這是典型的網路釣魚（phishing）手法。銀行不會以電子郵件要求客戶點擊連結並輸入帳號密碼，正確作法是先檢查寄件者郵件地址是否為仿冒網域，再透過官方客服電話或自行輸入官網網址向銀行查證，必要時通報並刪除該信。A直接輸入帳密等於把憑證送給歹徒；B將可疑信件設為可信任，只會讓後續詐騙郵件進入信箱；C轉發給朋友會使他人暴露於相同風險，也無助於查證。故選D。
關於創用CC 授權的敘述，下列何者錯誤？ A. 英文為Creative Commons B. 有四種核心授權要素 C. 作品上標示創用CC 授權條款時，即完成授權手續 D. 可以使用他人的創用CC 授權作品來進行改作，以產生自己獨有的著作權
解析：創用CC（Creative Commons）由姓名標示（BY）、非商業性（NC）、禁止改作（ND）、相同方式分享（SA）四種核心要素組合而成，故A、B正確；權利人只要在作品上標示授權條款，授權即自動生效，無須向任何機關登記，C亦正確。D的錯誤在於：改作他人CC作品雖可產生衍生著作，但仍須遵守原授權條件，例如標示原作者、限非商業使用、以相同方式分享等，不能主張「獨有」而排除他人依原條款利用，原著作的著作權也仍屬原權利人。