計算機概要題庫

國家考試「計算機概要」「計算機概論」歷屆選擇題，依硬體與數字系統、作業系統、網路、資料庫、程式設計與資訊安全分類，每題附考選部標準答案與解析。共 486 題。

題目來源：考選部國家考試歷屆試題（選擇題）；解析為 AI 參考解析，推得答案皆已與官方答案比對一致。

各年度出題數

民國 115 年51 題
民國 114 年104 題
民國 113 年79 題
民國 112 年90 題
民國 111 年95 題
民國 110 年67 題

硬體與數字系統

歷屆共 193 題，以下列出最近 15 題。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. A. 控制指令（Control Instructions）
  2. B. 算術／邏輯指令（Arithmetic/Logic Instructions）
  3. C. 資料傳輸指令（Data Transfer Instructions）
  4. D. 圖形處理指令（Graphics Processing Instructions）

答案：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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. A. 1110
  2. B. 1010
  3. C. 0110
  4. D. 1101

答案：B. 1010

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. A. 11100000
  2. B. 11110000
  3. C. 11111000
  4. D. 11111100

答案：B. 11110000

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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）？

  1. A. 優先權排程（Priority Scheduling）
  2. B. 先到先處理（First Come First Serve）
  3. C. 最短工作先處理（Shortest Job First）
  4. D. 依序循環排程（Round Robin Scheduling）

答案：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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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）？

  1. A. 因為多邊形網格能夠更精確地描述物件形狀
  2. B. 因為使用多邊形網格可以統一渲染（Rendering）流程，提高效率
  3. C. 因為多邊形網格可以減少物件的記憶體需求
  4. D. 因為多邊形網格能夠自動生成紋理映射（Texture Mapping）

答案：B. 因為使用多邊形網格可以統一渲染（Rendering）流程，提高效率

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

下列何種記憶體是使用正反器（Flip-Flop Gate）儲存資料？

  1. A. ROM（Read-Only Memory）
  2. B. DRAM（Dynamic RAM）
  3. C. SRAM（Static RAM）
  4. D. PROM（Programmable ROM）

答案：C. SRAM（Static RAM）

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。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

有關電腦各大單元之敘述，下列敘述何者正確？

  1. A. 電腦中的算術邏輯單元（Arithmetic Logic Unit, ALU）負責控制、協調與指揮其他各單元的工作
  2. B. 中央處理單元（CPU）包含暫存器、算術邏輯單元及控制單元等亦稱為處理器（Processor）
  3. C. 輸入單元是將所需資料輸入到控制單元的重要介面，常見的輸入單元如：滑鼠、鍵盤、麥克風等
  4. D. 記憶單元包含動態隨機存取記憶體及硬碟等，另有輔助記憶體包含唯讀記憶體（ROM）與快閃記憶體等，這些均屬記憶單元

答案：B. 中央處理單元（CPU）包含暫存器、算術邏輯單元及控制單元等亦稱為處理器（Processor）

解析：中央處理單元（CPU）由暫存器、算術邏輯單元（ALU）與控制單元組成，本身即被稱為處理器（Processor），敘述正確。A 錯誤：負責控制、協調與指揮各單元的是控制單元，ALU 只負責算術與邏輯運算。C 的敘述把輸入單元的資料流向說成進入控制單元，並不精確，輸入單元是將資料送入記憶單元或 CPU 處理。D 錯誤：硬碟屬輔助記憶體（次級儲存），而 ROM、快閃記憶體的分類敘述亦與一般記憶體階層區分不符。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

關於精簡指令集電腦（RISC）的特性，下列敘述何者正確？

  1. A. 其指令集包含複雜且多樣化的高階指令
  2. B. 其特色之一是指令被執行通常會在一個時脈週期內完成
  3. C. RISC 通常不需要使用暫存器來加速資料存取
  4. D. RISC 採用外加硬體來實現複雜功能，而非由軟體負責

答案：B. 其特色之一是指令被執行通常會在一個時脈週期內完成

解析：RISC 的設計哲學是簡化指令集，指令長度固定、格式規則，多數簡單指令可在單一時脈週期完成，因而適合管線化。它通常採 load-store 架構，運算只在暫存器間進行，並以大量暫存器減少記憶體存取；複雜功能多交由編譯器或軟體組合簡單指令完成，而非靠微程式或外加硬體。因此 A 所稱複雜高階指令、C 所稱不需暫存器、D 所稱以外加硬體實現複雜功能，均與 RISC 特徵相反，B 正確。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

有關x86 CPU 上的同位旗標（parity flag）的功用，下列敘述何者正確？

  1. A. 指示記憶體內容是否正確
  2. B. 指示運算結果是否為整數
  3. C. 指示最高位元是否發生進位
  4. D. 指示最低8 位元的1 之數量是否為偶數

答案：D. 指示最低8 位元的1 之數量是否為偶數

解析：x86 的同位旗標 PF 會根據運算結果最低 8 位元中「1」的個數設定：個數為偶數時 PF=1，為奇數時 PF=0，常用於檢查位元組的奇偶性。A 的記憶體內容正確性並非由 PF 判斷；B 的整數性質與 PF 無關；C 的最高位元進位應由進位旗標 CF 表示，若是溢位則由 OF 表示，均不是 PF 的功用。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

有關個人電腦中，各類記憶體的敘述，下列何者錯誤？

  1. A. 唯讀記憶體（ROM）只能被讀取，而電源關閉後資料仍會存在
  2. B. 和輔助記憶體比較起來，主記憶體速度快但須一直通電方能保存資料
  3. C. 個人電腦中各類記憶體的速度由快到慢依序為快取記憶體、主記憶體、輔助記憶體
  4. D. 快閃記憶體（flash memory）是一種速度快如閃電的儲存體，但須一直通電方能保存資料

答案：D. 快閃記憶體（flash memory）是一種速度快如閃電的儲存體，但須一直通電方能保存資料

解析：快閃記憶體（flash memory）屬於非揮發性記憶體，斷電後資料仍可保存，常用於 SSD、隨身碟與 BIOS，故 D 的敘述錯誤。A 唯讀記憶體只能讀取且斷電不流失資料，正確；B 主記憶體（RAM）速度快但屬揮發性，須持續供電，正確；C 速度由快到慢為快取記憶體、主記憶體、輔助記憶體，符合記憶體階層概念，正確。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

有關DRAM（動態隨機存取記憶體）和VRAM（視訊記憶體）的主要區別，下列敘述何者正確？

  1. A. DRAM 與VRAM 的頻寬需完全相同
  2. B. DRAM 與CPU 直接互動，而VRAM 與GPU 直接互動
  3. C. VRAM 使用靜態存取技術，DRAM 使用動態存取技術
  4. D. DRAM 專用於圖形渲染（rendering），VRAM 用於系統運行數據

答案：B. DRAM 與CPU 直接互動，而VRAM 與GPU 直接互動

解析：系統 DRAM 是 CPU 的工作記憶體，CPU 透過記憶體控制器直接讀寫；VRAM 則是顯示卡的專用記憶體，由 GPU 直接存取，用來存放畫面緩衝、貼圖與算圖所需資料，故 B 正確。C 錯誤：VRAM 主流採用的 GDDR、HBM 本質上仍是動態隨機存取記憶體，靠電容儲存電荷、需要週期性更新，靜態存取（SRAM）只用於 CPU 快取等小容量高速場合。A 錯誤：兩者頻寬不必相同，VRAM 頻寬通常遠高於系統 DRAM。D 把用途說反了，圖形渲染是 VRAM 與 GPU 的工作，系統運行資料才放在 DRAM。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

與一般系統記憶體（DRAM）相對比，有關視訊記憶體（VRAM）的敘述，下列何者正確？

  1. A. VRAM 可以更快速地被GPU 存取，因為它位於獨立顯示卡上
  2. B. VRAM 主要用於處理非圖形型的工作，如文字處理和網路搜尋
  3. C. VRAM 具有很好的錯誤校正能力，以確保資料的完整性
  4. D. VRAM 的容量通常比一般系統記憶體小，但其存取速度更快

答案：A. VRAM 可以更快速地被GPU 存取，因為它位於獨立顯示卡上

解析：VRAM 是顯示卡上專供 GPU 使用的記憶體，位於獨立顯示卡時與 GPU 之間有專用且高頻寬的匯流排，GPU 可直接、快速地存取，不必與 CPU 共用系統記憶體匯流排，因此 A 正確。B 錯在 VRAM 主要處理圖形、影像與紋理等顯示工作，文書處理與網路搜尋屬一般運算，主要靠系統記憶體。C 錯在一般消費級顯示卡的 VRAM 多未具備 ECC 錯誤校正功能，資料完整性並非其主要特性。D 僅描述容量與速度的表面現象，未掌握 VRAM 專供 GPU 使用、具獨立高頻寬通道的關鍵。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

一個8 進制的數值(535)8，若將其採用10 位元2 進制表示，再取其2 補數，其結果為：

  1. A. (0101011101)2
  2. B. (1010100011)2
  3. C. (1101011101)2
  4. D. (1011011010)2

答案：B. (1010100011)2

解析：先把 8 進位轉成十進位：(535)8 = 5×8² + 3×8 + 5 = 320 + 24 + 5 = 349。以 10 位元表示，349 = 256 + 64 + 16 + 8 + 4 + 1，即 (0101011101)2。取 2 補數的做法是位元全部反相後加 1：0101011101 → 1010100010，再加 1 得 (1010100011)2。也可用 2¹⁰ − 349 = 1024 − 349 = 675 驗算，675 的二進位正是 1010100011。選項 A 是尚未取補數的原碼，C、D 只是把位元任意排列，都不符合取補數的規則。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

教育部頒布的常用國字標準字體表收錄4808 個字，若以二進位來進行編碼，則至少需要幾個位元，才能將常用國字標準字體完整表示？

  1. A. 11
  2. B. 12
  3. C. 13
  4. D. 14

答案：C. 13

解析：以二進位編碼要能完整表示 4808 個字，位元數 n 必須滿足 2^n ≥ 4808。計算：2^12 = 4096，不足；2^13 = 8192，足以涵蓋 4808 個字。因此至少需要 13 個位元。A 的 11 位元僅 2048 種組合、B 的 12 位元僅 4096 種組合，皆不足以表示 4808 個字；D 的 14 位元雖足夠，但題目問「至少」，故選 13 位元。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

十六進位數值0xFF + 0xFF 是下列那個十六進位數值？

  1. A. 0x1FF
  2. B. 0x2FF
  3. C. 0x1FE
  4. D. 0x2FE

答案：C. 0x1FE

解析：十六進位 0xFF 的十進位值為 15×16+15=255，兩個 0xFF 相加為 510。將 510 換算為十六進位：510÷16=31 餘 14（E），31÷16=1 餘 15（F），1÷16=0 餘 1，由下往上讀得 0x1FE。也可用位值驗算：0x1FE=1×256+15×16+14=256+240+14=510，故選 C。

作業系統

歷屆共 77 題，以下列出最近 15 題。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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）？

  1. A. 優先權排程（Priority Scheduling）
  2. B. 先到先處理（First Come First Serve）
  3. C. 最短工作先處理（Shortest Job First）
  4. D. 依序循環排程（Round Robin Scheduling）

答案：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。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

在虛擬記憶體的分頁替換（page replacement）技術中，有關修改位元（dirty bit）標識，下列敘述何者正確？

  1. A. 已損壞的分頁
  2. B. 存取時需要重新載入記憶體的分頁
  3. C. 多個行程共享的分頁
  4. D. 自從載入記憶體以來已被修改過的分頁

答案：D. 自從載入記憶體以來已被修改過的分頁

解析：修改位元（dirty bit）由硬體在分頁被寫入時設為 1，表示該分頁自從載入記憶體以來內容已被修改，與磁碟上的副本不一致。置換演算法在淘汰分頁時會檢查此位元：若為 1，必須先寫回（write back）磁碟再釋放頁框；若為 0，則可直接覆蓋，藉此減少不必要的磁碟 I/O。A 已損壞的分頁通常以有效位元（valid bit）或錯誤檢查機制標示；B 需要重新載入記憶體指的是不在記憶體中的分頁，由有效位元為 0 表示；C 共享分頁與是否被修改並無必然關係。故選 D。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

假如時間量（time quantum）比就緒佇列（ready queue）中的每個行程的執行時間長，那麼依序排班法（round-robin scheduling）會退化為下列何種排班法？

  1. A. 最短的工作先做（shortest-job-first）
  2. B. 先來先做（first-come, first served）
  3. C. 最短剩餘時間優先（shortest-remaining-time-first）
  4. D. 優先權排班法（priority scheduling）

答案：B. 先來先做（first-come, first served）

解析：依序排班法（round-robin）為每個行程分配一個時間量（time quantum），用完即被搶占並排到就緒佇列尾端。若時間量大於就緒佇列中每個行程的執行時間（CPU burst），則沒有任何行程會在執行途中被中斷，各行程會依進入就緒佇列的先後順序一次執行完畢，行為等同先來先做（first-come, first-served）。A 與 C 都需依執行時間長短排序，D 需依優先權決定，皆非僅靠到達順序，故不正確。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

有關即時作業系統（RTOS）的特徵，下列敘述何者正確？

  1. A. 適合儲存大量資料
  2. B. 系統反應時間極短、可即時處理事件
  3. C. 使用者介面豐富
  4. D. 每日定時自動更新作業系統版本

答案：B. 系統反應時間極短、可即時處理事件

解析：即時作業系統（RTOS）的核心特徵是時限性（timeliness）與可預測性：採用搶占式核心、優先權排程、短且可預測的中斷延遲與上下文切換時間，確保事件能在期限（deadline）內被回應，常見於嵌入式控制、航太、醫療儀器與工業自動化。A 大量資料儲存是資料庫或檔案系統的訴求；C 豐富的使用者介面是桌面型作業系統的目標，反而增加負擔；D 每日自動更新版本並非 RTOS 特徵，更新還可能破壞系統穩定性與時序保證。故選 B。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

一系統有三個記憶體頁框（memory frames）且在初始狀態下三個頁框已存放了編號7、6、5 的三個分頁（pages），若系統依序存取以下編號之分頁：7、6、5、4、5、3、6、4，且採用的是最佳分頁替換（optimal-page-replacement）演算法，則總共會發生幾次分頁錯誤（page faults）？

  1. A. 2
  2. B. 3
  3. C. 4
  4. D. 5

答案：A. 2

解析：初始三個頁框存放 7、6、5，依序存取 7、6、5 時皆命中，不發生錯誤。存取 4 時發生第 1 次錯誤；依最佳替換法，需淘汰未來最久不會再被使用的分頁，7 之後不再出現，故換出 7，頁框變成 4、6、5。接著存取 5 命中。存取 3 時發生第 2 次錯誤，此時 5 未來不再被存取，換出 5，頁框變成 4、6、3。最後存取 6、4 均命中。合計分頁錯誤 2 次，故答案為 A。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

有關死結（Deadlock）的敘述，下列何者正確？

  1. A. 死結是系統當機造成的現象
  2. B. 死結通常由記憶體硬體損壞引起
  3. C. 多個程序彼此等待資源，無法繼續執行
  4. D. 死結常因檔案讀寫錯誤所致

答案：C. 多個程序彼此等待資源，無法繼續執行

解析：死結（deadlock）是指兩個以上的行程各自持有部分資源，又同時等待對方所持有的資源釋放，形成循環等待（circular wait），導致所有相關行程都無法繼續推進。發生死結需同時滿足四個必要條件：互斥、持有並等待、不可剝奪、循環等待。A 所稱系統當機是系統故障的結果，不是死結的定義；B 記憶體硬體損壞屬於可靠度問題；D 檔案讀寫錯誤是 I/O 錯誤，通常可透過重試或錯誤碼處理，與死結的資源互等本質不同。因此正確敘述為 C。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

雙模式運作模式提供我們保護作業系統免於受到使用者之破壞，亦保護使用者免於受到相互間之干擾。這兩種不同的運作模式為何？

  1. A. 監督者（supervisor）模式和系統（system）模式
  2. B. 核心（kernel）模式和特權（privileged）模式
  3. C. 實體（physical）模式和邏輯（logical）模式
  4. D. 使用者（user）模式和和核心（kernel）模式

答案：D. 使用者（user）模式和和核心（kernel）模式

解析：雙模式運作是指 CPU 具備使用者模式（user mode）與核心模式（kernel mode，亦稱監督者模式 supervisor mode）。一般應用程式在 user mode 執行，只能使用非特權指令，存取範圍受位址空間限制；需要檔案、I/O 等系統服務時，透過系統呼叫（system call）陷入（trap）切換到 kernel mode，由作業系統代為執行特權指令，完成後再返回使用者模式。如此可保護作業系統不被使用者程式破壞，也避免行程互相干擾。A 的系統模式與監督者模式其實指同一個特權層級，並非對立的兩種模式；B 的核心與特權模式也是同一件事；C 的實體、邏輯位址屬於記憶體定址概念，與保護模式無關。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

在嵌入式系統的開發中，用來提供基礎的硬體輸出入功能、系統初始化的函式以及協助作業系統移植的工具函式庫的軟體是稱做什麼？

  1. A. 驅動程式（device drivers）
  2. B. 工具程式集（toolchain）
  3. C. 設備參數樹狀列表（device tree）
  4. D. 開發板支援程式庫（Board Support Package, BSP）

答案：D. 開發板支援程式庫（Board Support Package, BSP）

解析：開發板支援程式庫（BSP）是針對特定開發板提供的軟體支援集合，通常包含開機載入程式、系統初始化、基礎輸出入驅動、硬體抽象層與作業系統移植所需的支援，使上層系統能順利在該板子上運作。A 的驅動程式只處理特定裝置；B 的工具程式集是編譯、連結與除錯工具；C 的設備樹主要描述硬體組態，皆不足以涵蓋題述完整功能。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

有關輾轉現象（Thrashing）出現的跡象，下列敘述何者正確？

  1. A. 隨著多元程式規劃的程度增加，CPU 利用率跟著提高
  2. B. 隨著多元程式規劃的程度增加，CPU 利用率跟著降低
  3. C. 隨著分配給每個行程的分頁數量的增加，CPU 利用率跟著提高
  4. D. 隨著分配給每個行程的分頁數量的增加，CPU 利用率跟著降低

答案：B. 隨著多元程式規劃的程度增加，CPU 利用率跟著降低

解析：輾轉（Thrashing）是指行程實際可用的分頁框不足，缺頁率居高不下，CPU 大量時間耗在等待分頁置換，真正執行指令的時間很少。此時若再提高多元程式規劃程度，只會讓更多行程競爭有限記憶體，CPU 利用率反而下降，形成典型曲線。A 的方向相反；C 增加每個行程的分頁框通常可減少缺頁並提升利用率，並非輾轉的典型跡象；D 的方向也不符。

民國114年 地方四等 電子工程地方四等

在交通繁忙時間的時候，常常會出現所有車輛都無法移動的狀況，下列何種方法最能防止這種情況的發生？（提示：在作業系統中有一個概念和車輛無法移動的情況很類似）

  1. A. 所有車輛進入交叉口後不得後退
  2. B. 讓每一條道路上能前進的車輛數變多
  3. C. 車輛只能在有明確通行權時進入交叉口
  4. D. 允許車輛長時間等待

答案：C. 車輛只能在有明確通行權時進入交叉口

解析：此情境對應作業系統的死鎖（deadlock），其四個必要條件為互斥、持有並等待、不可搶佔與循環等待。要求車輛「先確認有通行權才進入交叉口」，等於必須先取得所需資源才持有資源，破壞了「持有並等待」條件，因此能預防死鎖。選項 A 的進入後不得後退，近似「不可搶佔」，反而使循環等待更難化解；選項 B 增加道路容量只是延後壅塞發生；選項 D 允許長時間等待，只會讓僵局持續。

民國114年 地方四等 資訊處理地方四等

有關作業系統中的Daemon，下列敘述何者正確？

  1. A. 惡意的病毒程式
  2. B. 監視背景工作的常駐程式
  3. C. 提供使用者登入的操作介面
  4. D. 負責系統病毒防護的模組

答案：B. 監視背景工作的常駐程式

解析：Daemon 是背景常駐程式，通常在系統啟動後持續執行，負責監聽請求、排程、記錄或監視背景工作等服務，不直接提供使用者互動式登入介面。它不是惡意病毒程式，也不專責系統病毒防護；登入介面通常由 shell 或圖形介面提供。因此答案是 B。

民國114年 地方四等 資訊處理地方四等

關於使用頁面錯誤頻率（page fault frequency, PFF）來防止輾轉現象（thrashing）的策略，下列敘述何者正確？

  1. A. 如果PFF 超過上限，則會為行程指派一個新的分欄（frame）
  2. B. 如果PFF 低於下限，則會為行程指派一個新的分欄（frame）
  3. C. 如果PFF 太高，則表示該行程需要釋放更多的分欄（frame）
  4. D. 如果PFF 太低，則表示該行程需要指派更多新的分欄（frame）

答案：A. 如果PFF 超過上限，則會為行程指派一個新的分欄（frame）

解析：以頁面錯誤頻率（PFF）控制輾轉現象時，若 PFF 超過上限，表示該行程分頁錯誤過於頻繁、配置的分欄不足，應增加分欄；若 PFF 低於下限，表示分欄過多，可回收部分分欄。B、D 將低 PFF 誤判為需要更多分欄；C 則把高 PFF 誤判為應釋放分欄，方向皆相反。

民國114年 地方四等 資訊處理地方四等

下列何時記憶體的外部斷裂（external fragmentation）會發生？

  1. A. 當有一些未使用的記憶體無法分配給行程時
  2. B. 當可用記憶體小於行程的大小時
  3. C. 當一個行程被分解成更小的部分以進行記憶體分配
  4. D. 當總記憶體空間足以滿足請求但可用空間不連續時

答案：D. 當總記憶體空間足以滿足請求但可用空間不連續時

解析：外部斷裂發生於總可用記憶體足以滿足請求，但可用空間分散成多個不連續小區塊，無法形成足夠大的連續空間。B 是總記憶體不足；C 較接近內部斷裂或分頁切割；A 雖描述部分現象，但未點出「總量足夠卻不連續」的核心。因此最正確的是 D。

民國114年 地方四等 資訊處理地方四等

作業系統透過建置臨界區段（critical section）來處理程序同步（process synchronization）的問題，下列何者不是建置臨界區段的必要條件？

  1. A. 互斥（mutual exclusion）
  2. B. 進展（progress）
  3. C. 有限等待（bounded waiting）
  4. D. 超執行緒（hyper threading）

答案：D. 超執行緒（hyper threading）

解析：臨界區段必須滿足三項必要條件：互斥確保同一時間只有一個行程能進入臨界區段；進展確保沒有行程在臨界區段時，不能無限期阻止想進入的行程；有限等待確保等待進入的行程不會被無限期跳過。超執行緒是 CPU 利用硬體執行緒提升平行度的技術，與臨界區段的正確性條件無關，因此不是建置臨界區段的必要條件。

民國114年 地方四等 資訊處理地方四等

下列那一個UNIX 系統呼叫（system call）等價於Windows 的CreateProcess()系統呼叫？

  1. A. NTCreateProcess()
  2. B. process()
  3. C. fork()
  4. D. getid()

答案：C. fork()

解析：Windows 的 CreateProcess() 會建立一個全新的行程；在 UNIX 中對應的機制是 fork()，它由父行程複製出子行程，之後常再搭配 exec() 載入新程式，即 fork-exec 模式。NTCreateProcess() 是 Windows 原生的核心服務名稱，並非 UNIX 系統呼叫；process() 與 getid() 也不是建立行程的標準呼叫。故選 C。

網路與通訊

歷屆共 75 題，以下列出最近 15 題。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

有關乙太網路（Ethernet)，下列敘述何者正確？

  1. A. 主要是用來規範網際網路位址（Internet Address 或IP Address）
  2. B. 為一種區域網路（Local Area Network, LAN）
  3. C. 用來定義網路服務的通訊埠號（Port Number）
  4. D. 可分為TCP（Transmission Control Protocol）與UDP（User Datagram Protocol）協定

答案：B. 為一種區域網路（Local Area Network, LAN）

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

關於Telnet 連線方式，下列何者錯誤？

  1. A. Telnet 使用明碼傳輸資料
  2. B. Telnet 為應用層協定
  3. C. Telnet 使用UDP 建立傳輸層的連線
  4. D. Telnet 常用於登入遠端服務

答案：C. Telnet 使用UDP 建立傳輸層的連線

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. A. SNMP
  2. B. NTP
  3. C. SMTP
  4. D. STP

答案：B. NTP

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

HTTP 和HTTPS 的主要差異，下列敘述何者正確？

  1. A. HTTPS 速度比HTTP 更快
  2. B. HTTPS 只適用於政府網站
  3. C. HTTPS 使用加密技術來保護資料傳輸
  4. D. HTTP 只能在特定瀏覽器上運行

答案：C. HTTPS 使用加密技術來保護資料傳輸

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. A. 自動封鎖所有來自未授權IP 的網路流量
  2. B. 分析、關聯並集中管理來自不同系統的安全日誌與事件
  3. C. 提供主機虛擬化功能以降低硬體成本
  4. D. 執行資產掃描與弱點評估以提供修補建議

答案：B. 分析、關聯並集中管理來自不同系統的安全日誌與事件

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。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

有關DRAM（動態隨機存取記憶體）和VRAM（視訊記憶體）的主要區別，下列敘述何者正確？

  1. A. DRAM 與VRAM 的頻寬需完全相同
  2. B. DRAM 與CPU 直接互動，而VRAM 與GPU 直接互動
  3. C. VRAM 使用靜態存取技術，DRAM 使用動態存取技術
  4. D. DRAM 專用於圖形渲染（rendering），VRAM 用於系統運行數據

答案：B. DRAM 與CPU 直接互動，而VRAM 與GPU 直接互動

解析：系統 DRAM 是 CPU 的工作記憶體，CPU 透過記憶體控制器直接讀寫；VRAM 則是顯示卡的專用記憶體，由 GPU 直接存取，用來存放畫面緩衝、貼圖與算圖所需資料，故 B 正確。C 錯誤：VRAM 主流採用的 GDDR、HBM 本質上仍是動態隨機存取記憶體，靠電容儲存電荷、需要週期性更新，靜態存取（SRAM）只用於 CPU 快取等小容量高速場合。A 錯誤：兩者頻寬不必相同，VRAM 頻寬通常遠高於系統 DRAM。D 把用途說反了，圖形渲染是 VRAM 與 GPU 的工作，系統運行資料才放在 DRAM。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

與一般系統記憶體（DRAM）相對比，有關視訊記憶體（VRAM）的敘述，下列何者正確？

  1. A. VRAM 可以更快速地被GPU 存取，因為它位於獨立顯示卡上
  2. B. VRAM 主要用於處理非圖形型的工作，如文字處理和網路搜尋
  3. C. VRAM 具有很好的錯誤校正能力，以確保資料的完整性
  4. D. VRAM 的容量通常比一般系統記憶體小，但其存取速度更快

答案：A. VRAM 可以更快速地被GPU 存取，因為它位於獨立顯示卡上

解析：VRAM 是顯示卡上專供 GPU 使用的記憶體，位於獨立顯示卡時與 GPU 之間有專用且高頻寬的匯流排，GPU 可直接、快速地存取，不必與 CPU 共用系統記憶體匯流排，因此 A 正確。B 錯在 VRAM 主要處理圖形、影像與紋理等顯示工作，文書處理與網路搜尋屬一般運算，主要靠系統記憶體。C 錯在一般消費級顯示卡的 VRAM 多未具備 ECC 錯誤校正功能，資料完整性並非其主要特性。D 僅描述容量與速度的表面現象，未掌握 VRAM 專供 GPU 使用、具獨立高頻寬通道的關鍵。

民國115年 普通考試 資訊處理普通考試

Routing（路由）包括定址、封包交換、路徑選擇等工作。在早期OSI 七層網路模型中，有關routing 是屬於下列那一層的主要功能？

  1. A. 網路層（network layer)
  2. B. 資料鏈結層（data-link layer)
  3. C. 傳輸層（transport layer)
  4. D. 會議層（session layer)

答案：A. 網路層（network layer)

解析：在 OSI 七層模型中，路由屬於網路層的主要功能，負責邏輯位址定址、路徑選擇與封包轉送，讓封包能跨越多個網路抵達目的端。B 的資料鏈結層處理訊框、實體位址與相鄰節點間的傳輸；C 的傳輸層提供端對端連線、分段與流量控制；D 的會議層管理會談建立與同步，均非路由的主要負責層級。

民國114年 地方四等 電子工程地方四等

DNS 查詢過程中，若本地DNS 伺服器沒有快取結果，下一步會向下列何種伺服器發出請求？

  1. A. 轉發伺服器（Forwarding Server）
  2. B. Web 伺服器
  3. C. TLD 伺服器（Top-Level Domain Server）
  4. D. 根名稱伺服器（Root Name Server）

答案：D. 根名稱伺服器（Root Name Server）

解析：DNS 遞迴查詢流程中，若本地 DNS 伺服器無快取，會先向根名稱伺服器（Root Name Server）查詢，再依序向 TLD 伺服器及權威名稱伺服器查詢。故下一步應向根名稱伺服器發出請求。

民國114年 地方四等 電子工程地方四等

邊界閘道協定（Border Gateway Protocol, BGP）是用於網際網路中，自治系統（Autonomous System,AS）之間交換路由資訊的標準協定。有關BGP 中的AS_PATH 屬性，可以用來達成下列何種功能？

  1. A. 防止路由迴圈
  2. B. 實現負載均衡
  3. C. 確定管理距離
  4. D. 提供QoS 保證

答案：A. 防止路由迴圈

解析：BGP 的 AS_PATH 屬性記錄了路由經過的自治系統編號序列。若收到的路由更新中已包含本身的 AS 編號，即表示可能產生路由迴圈，BGP 會捨棄該路由，故可用來防止路由迴圈。BGP 並非主要以 AS_PATH 實現負載均衡、管理距離或 QoS 保證。

民國114年 地方四等 電子工程地方四等

在伺服器受到DoS 攻擊時，最有可能會出現下列何種問題？

  1. A. 資料外洩
  2. B. 檔案損毀
  3. C. 網頁遭到竄改
  4. D. 網路服務中斷

答案：D. 網路服務中斷

解析：DoS（Denial of Service，阻斷服務）攻擊的目的，在於耗盡伺服器的網路頻寬、連線數或運算資源，使合法使用者無法取得服務，因此最典型的後果就是網路服務中斷。資料外洩屬於機密性被侵害，例如遭竊取或側錄；檔案損毀屬於對完整性或可用性的破壞，例如勒索軟體加密檔案；網頁遭到竄改（defacement）則屬於對完整性的攻擊。這三者的動機與手法，都與 DoS 以「讓服務無法使用」為核心的本質不同。

民國114年 地方四等 電子工程地方四等

社交工程（Social engineering）為一種收集資訊的手法，通常由下列何種來源收集？

  1. A. 翻找垃圾桶
  2. B. 利用搜尋引擎搜尋不小心外洩的資料
  3. C. 用工具掃描內部網路
  4. D. 利用人性弱點欺騙他人，以獲取機敏資料

答案：D. 利用人性弱點欺騙他人，以獲取機敏資料

解析：社交工程鎖定「人」這個最薄弱的環節，手法包括假冒身分、電話詐騙、釣魚郵件、假借問卷或求助等，利用信任、好奇、恐懼、貪小便宜等心理弱點，誘使對方主動交出帳號密碼或機敏資料。翻找垃圾桶（dumpster diving）與利用搜尋引擎尋找外洩資料（公開來源情報），雖然也屬於蒐集情報的手法，但偏向實體管道或公開來源，並未直接操弄人性；用工具掃描內部網路則屬於技術性偵察，與社交工程的定義有別。

民國114年 地方四等 資訊處理地方四等

在網路設定中，子網路遮罩（Mask）可以用來劃分不同的子網路。舉例來說，IPv4 的位址192.168.53.48，若將子網路遮罩設為255.255.240.0，則可得到子網路為192.168.48.0。下列那一種邏輯閘可以直接用來進行子網路遮罩運算？

  1. A. AND
  2. B. OR
  3. C. XOR
  4. D. XNOR

答案：A. AND

解析：子網路遮罩的作用是把 IP 位址切成網路位元與主機位元，做法是位址與遮罩逐位元做 AND：遮罩為 1 的位元保留原值（網路部分），遮罩為 0 的位元強制歸零（主機部分）。以 192.168.53.48 與 255.255.240.0 為例，第三個位元組 53（00110101）與 240（11110000）AND 得 48（00110000），其餘位元組不變，網路位址即 192.168.48.0。OR 會把位元設為 1、XOR 與 XNOR 不具「保留或清除」的遮罩效果，故選 AND。

民國114年 地方四等 資訊處理地方四等

在多媒體網路中，下列何種技術，用來加速靜態和動態內容的下載速度，尤其是大型視訊檔案的下載？

  1. A. HTTP（HyperText Transfer Protocol）
  2. B. SSL（Secure Sockets Layer）
  3. C. CDN（Content Delivery Network）
  4. D. SMTP（Simple Mail Transfer Protocol）

答案：C. CDN（Content Delivery Network）

解析：CDN（Content Delivery Network，內容傳遞網路）在各區域部署邊緣節點，將靜態與動態內容快取至離使用者最近的伺服器，使用者可就近取得資料，因此能顯著縮短延遲、分散骨幹流量，特別適合大型視訊檔案的下載與串流。HTTP 只是應用層的傳輸協定，本身不具加速機制；SSL/TLS 提供加密與身分驗證；SMTP 則是電子郵件傳送協定。三者皆與內容加速傳遞無直接關係，故選 C。

資料庫

歷屆共 23 題，以下列出最近 15 題。

民國114年 地方四等 電子工程地方四等

根據以下三個表格，以及以下的SQL，給出查詢結果：SELECT SSNFROM Works_On w, Employee eWHERE w.SSN = e.SSN AND e.Salary>=25000AND PNO IN (SELECT SSNFROM Works_On wo, Office fWHERE wo.PNO = f.PNO AND f.Name = 'Research & Development')EmployeeOfficeSSNNameSalaryPNOName155Chen295001Accounting193Liu210002Human Resource221John310003Research and Development229Nancy30000247Sean25000Works OnSSNPNO15511931221222932473

  1. A. 229 247
  2. B. 229 221
  3. C. 155 247
  4. D. 空集合

答案：D. 空集合

解析：子查詢先將 Works_On 與 Office 依 PNO 聯結，篩出部門名稱為 Research and Development（PNO＝3）的紀錄，取出其 SSN 為 229、247。外層條件寫成 PNO IN (229, 247)，但 PNO 欄位值只有 1、2、3，不可能等於 229 或 247，故沒有任何資料符合；這是查詢把 SSN 誤當成 PNO 比較所致，結果為空集合。選 D。

民國114年 地方四等 電子工程地方四等

關於關聯式資料庫的概念，下列敘述何者正確？

  1. A. 外鍵（Foreign keys）可以是空值（null）
  2. B. 在同一個資料表格中，兩筆資料可以有同一個主鍵（primary key）
  3. C. 在同一個資料表格中，屬性可以根據情況對應多個不同的定義域（domains）
  4. D. 外鍵（Foreign keys）不能指到自己

答案：A. 外鍵（Foreign keys）可以是空值（null）

解析：外鍵允許為 NULL 值，表示該屬性暫無參照對象（如員工尚未分派部門）。主鍵不得重複且不得為 NULL（實體完整性）；同一資料表每個屬性僅對應單一定義域；外鍵可自我參照（如員工表的主管欄位參照同表主鍵）。

民國114年 地方四等 資訊處理地方四等

進行各種影像處理操作時，常使用輸入影像f(x, y)中預設鄰近區域像素值的函數，加以運算以決定輸出影像g 在(x, y)位置的像素值，此一影像處理技術稱為下列何者？

  1. A. 輪廓處理
  2. B. 對比拉伸
  3. C. 長條圖正規化
  4. D. 遮罩處理

答案：D. 遮罩處理

解析：題幹描述的是以中心像素 (x, y) 周圍鄰域像素值加權運算，決定輸出 g(x, y)，這正是遮罩處理（mask processing），又稱空間濾波或卷積，常用 3×3 遮罩進行平滑（均值、高斯）或銳化（Laplacian、Sobel）。A 輪廓處理偏重邊緣偵測的結果應用；B 對比拉伸與 C 長條圖正規化都屬於逐點（point operation）的強度轉換，只依該像素灰階值調整，不涉及鄰域像素。故選 D。

民國114年 普通考試 電子工程普通考試

在關聯式資料庫設計中，下列何種關聯式運算，可用來選取關聯中的特定屬性（Column）？

  1. A. SELECT
  2. B. PROJECT
  3. C. JOIN
  4. D. UPDATE

答案：B. PROJECT

解析：關聯式代數中，PROJECT（投影）運算會挑出關聯（table）中指定的屬性（column），並去除重複值，得到只含這些欄位的垂直子集。SELECT（選取）是以條件篩選符合的列（row），方向為水平；JOIN 是依共同屬性把兩個關聯合併；UPDATE 屬於資料異動操作，不是關聯式代數的查詢運算。題目問「選取特定屬性」，故答案為 B。

民國114年 普通考試 電子工程普通考試

網路搜尋引擎（Search Engine）能快速從大量網頁資料中找到相關資訊，主要是透過下列何種方式達成？

  1. A. 每次搜尋時從頭到尾逐一比對全部網頁
  2. B. 透過事先建立好的索引結構來快速定位資料
  3. C. 每次搜尋時隨機挑選網頁進行比對
  4. D. 每次搜尋時依序線性掃描資料庫

答案：B. 透過事先建立好的索引結構來快速定位資料

解析：搜尋引擎並非每次即時從頭比對所有網頁，A、C、D皆為線性或隨機掃描，在龐大資料量下效率極差且不可行。其運作核心是「索引（index）」：搜尋引擎的爬蟲（crawler）事先抓取網頁，經處理後建立倒排索引（inverted index）等結構，將關鍵字對應到網頁位置。使用者查詢時，引擎直接查詢此索引結構即可快速定位相關網頁並排序回傳，大幅降低搜尋時間。故B正確。

民國113年 地方四等 電子工程地方四等

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？

  1. A. select
  2. B. intersection
  3. C. project
  4. D. union

答案：B. intersection

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。

民國113年 地方四等 電子工程地方四等

下列何者是目前常見的資料庫管理軟體？

  1. A. Word
  2. B. PowerPoint
  3. C. MySQL
  4. D. Clubhouse

答案：C. MySQL

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。

民國112年 地方四等 電子工程地方四等

資料庫的邏輯架構（Logical structure）可藉由實體關聯圖（Entity-relationship diagram, ERD）表達，有關實體關聯圖元件的敘述，下列何者錯誤？

  1. A. 橢圓形（Ellipses）通常用於表示屬性（Attributes）
  2. B. 矩形（Rectangles）通常用於表示實體（Entities）
  3. C. 菱形（Diamonds）通常用於表示屬性之間的關聯（Relationships）
  4. D. 線段（Lines）通常用於連結屬性到實體以及實體到關聯

答案：C. 菱形（Diamonds）通常用於表示屬性之間的關聯（Relationships）

解析：實體關聯圖的標準符號為：矩形代表實體（entity）、橢圓形代表屬性（attribute）、菱形代表關聯（relationship）、線段連接實體與關聯或屬性與實體。菱形所描述的是「實體與實體之間」的關聯，例如學生與課程之間的選課關係，而非屬性之間的關聯，因此 C 的敘述錯誤。A、B、D 的符號對應皆正確；屬性之間若有衍生或複合關係，是以屬性結構或正規化處理，並非以菱形表示。

民國112年 地方四等 資訊處理地方四等

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？

  1. A. 為解決裝置間生產資料與消費資料速度不相等的問題
  2. B. 為解決裝置資料備份的問題
  3. C. 為避免資料遺失的問題
  4. D. 為提供資料庫系統應用複製語意（Copy Semantics）

答案：A. 為解決裝置間生產資料與消費資料速度不相等的問題

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。

民國112年 普通考試 資訊處理普通考試

相對於自行開發管理問題所需的資料檔案系統，使用資料庫的優勢，不包括下列何者？

  1. A. 設計複雜度較低
  2. B. 簡單查詢時運作執行速度快
  3. C. 容易在不同平台上運作
  4. D. 容易尋求管理維護人力

答案：B. 簡單查詢時運作執行速度快

解析：資料庫管理系統（DBMS）提供資料共享、減少重複、完整性與安全控制、備份回復及資料獨立性，但也帶來通用性成本：SQL 解析、查詢最佳化、交易管理、鎖定與日誌等額外負擔。對於單純的檔案讀取或簡單查詢，直接使用檔案系統往往更快，因此「簡單查詢時運作執行速度快」並非資料庫的優勢，反而是其相對劣勢。資料庫有既定資料模型與標準介面，跨平台運作與管理維護人力通常較容易取得，故 A、C、D 屬其優勢。

民國111年 地方四等 電子工程地方四等

在資料庫中同時執行多筆交易（Transactions），系統保證每一筆交易皆不知其他同步執行之交易，此特性為何？

  1. A. 不可分割性（Atomicity）
  2. B. 一致性（Consistency）
  3. C. 隔離性（Isolation）
  4. D. 持久性（Durability）

答案：C. 隔離性（Isolation）

解析：隔離性（Isolation）指多筆交易並行執行時，各交易看不到其他交易尚未提交的中間狀態，效果如同彼此依序執行，避免讀到不一致的資料。本題描述「每一筆交易皆不知其他同步執行之交易」，正是隔離性，選 C。其餘三者為：不可分割性（Atomicity）指交易內的操作全有全無；一致性（Consistency）指交易前後資料庫須滿足完整性限制；持久性（Durability）指交易提交後結果永久保存。四者合稱交易的 ACID 特性。

民國111年 地方四等 電子工程地方四等

下列何種程式語言是宣告式語言（declarative language），並最常運用在關聯式資料庫（relationaldatabase）？

  1. A. Fortran
  2. B. SQL
  3. C. Python
  4. D. Java

答案：B. SQL

解析：SQL 為宣告式語言（declarative language），使用者只需描述『想要什麼資料』，不需指示『如何取得』，最常用於關聯式資料庫（relational database）的查詢與操作。A 的 Fortran 為科學運算的指令式語言；C 的 Python 為通用指令式（含物件導向）語言；D 的 Java 同為指令式／物件導向語言，皆非以宣告方式描述資料庫查詢，故選 B。

民國111年 普通考試 電子工程普通考試

使用SQL 的SELECT 命令中有HAVING 子句，該命令中一定須用到下列何者？

  1. A. ORDER BY 子句
  2. B. WHERE 子句
  3. C. CREATE SCHEMA
  4. D. GROUP BY 子句

答案：D. GROUP BY 子句

解析：SQL的執行順序中，WHERE先篩選資料列，GROUP BY再將資料分組，HAVING則用於過濾「分組後」的結果，因此HAVING幾乎必須搭配GROUP BY使用，語意上針對的是聚合函數的結果（如COUNT、SUM），故選D。A的ORDER BY只影響輸出排序，非必要；B的WHERE與HAVING層次不同，可以省略；C的CREATE SCHEMA屬資料定義語言，與查詢無關。

民國111年 普通考試 電子工程普通考試

在關聯式資料庫（relational database）中，下列何種操作，可以移除一元組（tuple）？

  1. A. delete
  2. B. insert
  3. C. update
  4. D. select

答案：A. delete

解析：關聯式資料庫中，delete（DELETE）用於刪除資料表中的一筆或多筆元組（tuple），即移除整個資料列，故選A。insert（INSERT）是新增元組；update（UPDATE）是修改既有元組的屬性值，並不會移除元組；select（SELECT）僅進行查詢檢索，不會變更資料內容。三者皆不具備刪除元組的效果。

民國111年 地方四等 資訊處理地方四等

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？

  1. A. MPEG-2
  2. B. MPEG-21
  3. C. MPEG-4
  4. D. MPEG-7

答案：B. MPEG-21

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。

程式設計與資料結構

歷屆共 240 題，以下列出最近 15 題。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. A. RISC 是早期且過時的架構，現今的處理器皆為CISC 架構
  2. B. 在CISC 上編寫程式，比在RISC 上編寫程式，來得複雜與困難
  3. 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
  4. 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

答案：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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

關於互斥（Mutual Exclusion）與旗標（Flag）的敘述，下列何者正確？

  1. 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
  2. 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
  3. 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
  4. 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

答案：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

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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);}

  1. A. 2
  2. B. 3
  3. C. 20
  4. D. 23

答案：C. 20

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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]]

  1. A. 80
  2. B. 90
  3. C. 73
  4. D. 85

答案：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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

有關基本的「佇列（Queue）」，下列敘述何者正確？

  1. A. 一種只能在頂端放入與取出的結構
  2. B. 一種可以從前端取出、後端放入的線性結構
  3. C. 一種可以任意索引位置放入資料的結構
  4. D. 一種可同時從兩端放入、兩端取出的雙向結構

答案：B. 一種可以從前端取出、後端放入的線性結構

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. A. 6 種
  2. B. 5 種
  3. C. 4 種
  4. D. 3 種

答案：B. 5 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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. 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
  2. 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
  3. C. 只要找到葉節點就立即插入，不必比較數值大小
  4. D. 對根節點做旋轉（rotation），再將X 插入葉節點

答案：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

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

遞迴執行的解題策略，不必包含下列何者？

  1. A. 副程式
  2. B. 呼叫本身
  3. C. 迴圈指令
  4. D. 終止條件

答案：C. 迴圈指令

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

關於循序搜尋（Sequential search）和二元搜尋（Binary search）的敘述，下列何者錯誤？

  1. 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
  2. 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
  3. 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
  4. 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

答案：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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

關於Python 程式的語法與運算子，下列何者錯誤？

  1. A. >=為一種比較
  2. B. //為註解
  3. C. if 或else 為條件表達式
  4. D. ~x 表對於x 做逐位NOT 運算

答案：B. //為註解

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

下列何者為本Python 程式之輸出？tw_one = "Taiwan No. One."print(tw_one[2:6])

  1. A. . On
  2. B. an No. One
  3. C. wan N
  4. D. iwan

答案：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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. A. 當k=15 時，執行迴圈後變數s 為16
  2. B. 當k=20 時，執行迴圈後變數s 為20
  3. C. 當k=34 時，執行迴圈後變數s 為36
  4. D. 當k=35 時，執行迴圈後變數s 為44

答案：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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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)

  1. A. factorial(5)
  2. B. factorial(6)
  3. C. factorial(7)
  4. D. factorial(8)

答案：B. factorial(6)

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

有關結構化程式設計中，會使用的控制結構，下列何者錯誤？

  1. A. 循序
  2. B. 迴圈
  3. C. 跳躍
  4. D. 選擇（條件）

答案：C. 跳躍

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. A. 15
  2. B. 18
  3. C. 20
  4. D. 24

答案：C. 20

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。

資訊安全

歷屆共 19 題，以下列出最近 15 題。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

HTTP 和HTTPS 的主要差異，下列敘述何者正確？

  1. A. HTTPS 速度比HTTP 更快
  2. B. HTTPS 只適用於政府網站
  3. C. HTTPS 使用加密技術來保護資料傳輸
  4. D. HTTP 只能在特定瀏覽器上運行

答案：C. HTTPS 使用加密技術來保護資料傳輸

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。

民國115年 普通考試 電子工程普通考試

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？

  1. A. 自動封鎖所有來自未授權IP 的網路流量
  2. B. 分析、關聯並集中管理來自不同系統的安全日誌與事件
  3. C. 提供主機虛擬化功能以降低硬體成本
  4. D. 執行資產掃描與弱點評估以提供修補建議

答案：B. 分析、關聯並集中管理來自不同系統的安全日誌與事件

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。

民國114年 地方四等 電子工程地方四等

能自我複製的惡意軟體稱為：

  1. A. 病毒（Virus）
  2. B. 木馬（Trojan horse）
  3. C. 蠕蟲（Worm）
  4. D. 間諜軟體（Spyware）

答案：C. 蠕蟲（Worm）

解析：蠕蟲（Worm）能自行複製，並透過網路主動傳播，不需要依附在其他程式或檔案上，也不必使用者操作即可散播，例如曾造成大規模災情的衝擊波、紅色警戒。病毒（Virus）必須寄生於宿主程式，靠使用者執行才會感染；木馬（Trojan horse）偽裝成正常程式，本身通常不具自我複製能力，主要作用是開後門；間諜軟體（Spyware）則是蒐集使用者資訊。因此「能自我複製」是蠕蟲的關鍵特徵。

民國114年 地方四等 電子工程地方四等

某系統使用RSA 進行加密，發現每個使用者需要一對密鑰（公鑰和私鑰）。這種加密方式屬於下列何種類型？

  1. A. 對稱式加密（Symmetric Encryption）
  2. B. 非對稱式加密（Asymmetric Encryption）
  3. C. 哈希加密（Hash Encryption）
  4. D. 開放式加密（Open Encryption）

答案：B. 非對稱式加密（Asymmetric Encryption）

解析：RSA 屬於公開金鑰加密系統，每個使用者擁有一對金鑰：公鑰（公開給他人加密或驗證）與私鑰（僅本人持有解密或簽章），屬於非對稱式加密（Asymmetric Encryption）。對稱式加密僅使用單一金鑰，雜湊並非加密、開放式加密亦非此分類。

民國114年 地方四等 資訊處理地方四等

有關作業系統中的Daemon，下列敘述何者正確？

  1. A. 惡意的病毒程式
  2. B. 監視背景工作的常駐程式
  3. C. 提供使用者登入的操作介面
  4. D. 負責系統病毒防護的模組

答案：B. 監視背景工作的常駐程式

解析：Daemon 是背景常駐程式，通常在系統啟動後持續執行，負責監聽請求、排程、記錄或監視背景工作等服務，不直接提供使用者互動式登入介面。它不是惡意病毒程式，也不專責系統病毒防護；登入介面通常由 shell 或圖形介面提供。因此答案是 B。

民國114年 普通考試 資訊處理普通考試

有關UNIX 系統的敘述，下列何者錯誤？

  1. A. root 是UNIX 系統中的一種用於進行系統管理的特殊使用者
  2. B. who 指令是用來查詢目前有那些人在線上
  3. C. Unix shell 是UNIX 作業系統下使用者和計算機的互動介面
  4. D. telnet 是一種能讓遠端使用者進入UNIX 主機的加密連線

答案：D. telnet 是一種能讓遠端使用者進入UNIX 主機的加密連線

解析：telnet 以明文在網路上傳送帳號、密碼與指令，本身不具加密能力，因此 D 稱其為「加密連線」是錯誤的；需要加密的遠端登入應改用 SSH。A 的 root 是 UNIX 中擁有最高權限、負責系統管理的特殊使用者；B 的 who 指令可列出目前登入系統的使用者、終端機與登入時間；C 的 shell 是命令列解譯器，為使用者與核心之間的互動介面。以上三項敘述皆正確。

民國113年 地方四等 電子工程地方四等

有關RSA 加密系統的敘述，下列何者錯誤？

  1. A. 為一種公開金鑰加密系統（Public Key Cryptosystem）
  2. 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
  3. C. 發明者為Diffie 及Hellman 兩人，為一種金鑰交換（Key Exchange）的演算法
  4. 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

答案：C. 發明者為Diffie 及Hellman 兩人，為一種金鑰交換（Key Exchange）的演算法

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。

民國112年 地方四等 電子工程地方四等

88602743382543567

  1. A. 環形佇列（Circular Queue）
  2. B. 先進先出佇列（FIFO Queue）
  3. C. 堆疊（Stack）
  4. D. 雜湊表（Hash Table）

答案：C. 堆疊（Stack）

解析：堆疊（Stack）的推入（push）與彈出（pop）都只在同一端（頂端）進行，因此最後進入的元素最先被取出，具後進先出（LIFO）特性，常用於函式呼叫的返回位址、遞迴、括號配對與中序式轉後序式等。相對地，佇列是先進先出（FIFO），資料由尾端進入、前端取出；環形佇列只是以陣列實作佇列時，讓前端釋出的空間可重複利用、避免搬移資料的方式，本質仍為 FIFO；雜湊表則以雜湊函數把鍵值對應到桶位，平均 O(1) 完成搜尋，並非依進入順序取出的結構。

民國112年 普通考試 電子工程普通考試

關於一次性密碼本（One-Time Pad, OTP）加密演算法，下列何者正確？

  1. A. 金鑰需至少與明文一樣長
  2. B. 金鑰可以重複使用
  3. D. 可使用百科全書作為密碼本（金鑰）
  4. C. 加密與解密的金鑰不同

答案：A. 金鑰需至少與明文一樣長

解析：一次性密碼本屬理論上不可破的完美保密系統，條件是：金鑰必須真正隨機、長度至少等於明文（A）、且每把金鑰只用一次。B 錯誤，重複使用金鑰會讓兩段密文產生關聯而遭破解；C 錯誤，OTP 是對稱式加密，加解密使用同一把金鑰；D 錯誤，百科全書內容不具隨機性且可預測，不能當作密碼本。

民國111年 地方四等 電子工程地方四等

作業系統的工作項目之一是對程序（process）使用I/O 裝置做排程（scheduling），藉由下列那一種資料結構的幫助，作業系統可讓等待時間越久的程序越先使用I/O 裝置？

  1. A. I/O 堆疊（stack）
  2. B. I/O 佇列（queue）
  3. C. I/O 雜湊表（hash table）
  4. D. I/O 二元樹（binary tree）

答案：B. I/O 佇列（queue）

解析：佇列（queue）是先進先出（FIFO）的資料結構，程序依抵達順序排入等待序列，作業系統每次從前端取出最早進入者分配 I/O 裝置，因此等待越久的程序越先獲得服務，符合公平性並避免飢餓。A 的堆疊是後進先出（LIFO），會讓最新抵達者優先，早到的程序反而久候；C 的雜湊表用於快速查找，不具順序性；D 的二元樹常用於優先權佇列等結構，須依鍵值排序，並非單純依等待時間排序。故選 B。

民國111年 地方四等 電子工程地方四等

攻擊者透過製造大量的網路流量，傳給某些固定的攻擊目標，這樣的攻擊方式稱為：

  1. A. 網路監聽（Sniffing）
  2. B. 阻斷服務攻擊（Denial of Service）
  3. C. 跨網站指令碼攻擊（Cross-Site Scripting, XSS）
  4. D. 特洛伊木馬病毒攻擊（Trojan Horse Virus）

答案：B. 阻斷服務攻擊（Denial of Service）

解析：阻斷服務攻擊（Denial of Service, DoS）的核心特徵，是以大量封包或連線耗盡目標的頻寬、CPU 或連線數等資源，使其無法正常提供服務；若是分散由多台主機同時發動，即為 DDoS。A 的 Sniffing 是側錄網路封包以竊取帳密或內容，屬於機密性侵害；C 的 XSS 是把惡意腳本注入網頁，在使用者瀏覽器中執行，屬於應用層攻擊；D 的木馬是偽裝成正常程式誘使使用者執行的惡意軟體。三者都不以「灌爆流量使服務中斷」為主要手段，故選 B。

民國111年 普通考試 電子工程普通考試

資訊安全（Information Security）的基本功能，在保護資訊的三種特性（CIA），下列何者不屬於CIA 特性？

  1. A. 身分認證（Authentication）
  2. B. 完整性（Integrity）
  3. C. 機密性（Confidentiality）
  4. D. 可用性（Availability）

答案：A. 身分認證（Authentication）

解析：資訊安全三要素 CIA 為機密性（Confidentiality，確保資訊不被未授權者讀取）、完整性（Integrity，確保資訊正確且未被竄改）與可用性（Availability，確保授權者需要時能取得服務）。身分認證（Authentication）是確認使用者身分的安全服務與機制，常與授權、不可否認性並列為延伸的安全目標，但並不屬於 CIA 三要素之一，故選 A。

民國111年 普通考試 資訊處理普通考試

下列何者可用來證明公鑰（public key）擁有者的身分？

  1. A. 訊息摘要（message digest）
  2. B. 秘密金鑰（secret key）
  3. C. 數位憑證（digital certificate）
  4. D. 數位信封（digital envelope）

答案：C. 數位憑證（digital certificate）

解析：數位憑證由可信任的憑證機構（CA）簽發，內容包含憑證持有者的身分資訊與其公鑰，並以 CA 的私鑰對整份憑證簽章。任何人只要用 CA 公開的公鑰驗證簽章，就能確認該公鑰確實屬於憑證上所載的身分，這是公開金鑰基礎建設（PKI）證明公鑰歸屬的核心機制。A 訊息摘要僅能檢測資料是否被竄改，不具身分證明力；B 秘密金鑰屬對稱式加密，無法向第三方證明身分，且有金鑰分配問題；D 數位信封是以接收者公鑰包裹對稱金鑰，用途在保障機密性而非身分鑑別。

民國110年 地方四等 電子工程地方四等

傳輸層安全性協定（Transport Layer Security, TLS）仰賴使用數位憑證（Digital Certificate），關於數位憑證的敘述，下列何者正確？

  1. A. 自簽憑證（Self-signed Certificate）和憑證頒發機構（Certificate Authority, CA）所頒發的憑證有相同的安全性
  2. B. 一個網域的憑證中，包含其公鑰和私鑰的值
  3. C. 憑證頒發機構可撤銷其頒發的憑證
  4. D. 若瀏覽器跳出憑證錯誤的警告，只要略過即可，不會影響安全性

答案：C. 憑證頒發機構可撤銷其頒發的憑證

解析：憑證頒發機構（CA）在憑證有效期間內，若發生私鑰外洩、網域變更等情形，可透過憑證撤銷清單（CRL）或線上憑證狀態協定（OCSP）撤銷其所簽發的憑證，故 C 正確。A 錯在自簽憑證沒有受信任的第三方背書，瀏覽器預設不信任，安全性與 CA 憑證不同。B 錯在憑證內含主體的公鑰與 CA 的簽章，私鑰由持有者自行保管，絕不會放入憑證。D 錯在略過憑證警告可能遭遇中間人攻擊，會危及連線安全。

民國110年 地方四等 電子工程地方四等

有關密碼學的雜湊函數（Hash Function），下列敘述何者正確？

  1. A. 安全的雜湊函數具有單向函數（One-way Function）特性，且能抵抗碰撞攻擊（Collision Resistance）
  2. B. AES 與SHA 都是密碼學上的安全雜湊函數，而AES 安全度更高
  3. C. 是具有金鑰（Key）的一種密碼元件
  4. D. 是一種能夠具備驗證資料來源能力的密碼技術

答案：A. 安全的雜湊函數具有單向函數（One-way Function）特性，且能抵抗碰撞攻擊（Collision Resistance）

解析：安全雜湊函數須具備單向性（由摘要難以回推原文）與抗碰撞性（難以找到兩份不同訊息產生相同摘要），另需具備雪崩效應與固定長度輸出，故 A 正確。B 錯在 AES 是對稱式區塊加密演算法，並非雜湊函數，兩者用途不同，不能直接比較安全度。C 錯在雜湊函數不需要金鑰，屬無金鑰的密碼元件，帶金鑰者為 MAC。D 錯在雜湊僅能檢驗完整性，驗證資料來源須搭配金鑰或數位簽章。