108 年國立中正大學光機電整合工程研究所《電子學》考古題與詳解

Question 1

Assuming the op-amp is ideal, calculate the input impedance $R_{in}$ of the circuit shown in Fig. P1.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Fig. P1 所示電路中，op-amp 反相輸入端串接電阻 $R$ ，回授電阻為 $3R$ ；同相輸入端串接電阻 $R$ ，訊號由 $R_{in}$ 端輸入。

Accepted Answer

核心觀念

理想運算放大器在負回授且工作在線性區時，兩輸入端電壓相等，且輸入端電流為零：

v_+=v_-, \qquad i_+=i_-=0

輸入阻抗定義為輸入端電壓除以流入電路的輸入電流：

R_{\text{in}}=\frac{v_{\text{in}}}{i_{\text{in}}}

解題方法

反相端由輸出端經 $3R$ 與接地端經 $R$ 組成分壓器，因此

v_-=\frac{R}{R+3R}v_o=\frac{v_o}{4}

理想運算放大器的虛短條件給出 $v_+=v_-=v_o/4$ 。同相端沒有輸入電流，故輸入端電壓就是 $v_+$ ：

Question 2

Fig. P2 shows an amplifier with the midband gain $A_{vo} = 84\ \text{dB}$ and the three left-half-plane poles of $50\ \text{kHz}$ , $500\ \text{kHz}$ , and $10\ \text{MHz}$ . The capacitor $C_c$ is for the Miller's compensation.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Draw the Bode diagram (both magnitude and phase) of this amplifier without $C_c$ .

Accepted Answer

核心觀念 不接補償電容 $Cc$ 時，放大器由直流增益與三個左半平面極點決定。每遇到一個極點，波德幅度圖的斜率就再下降 $20\ 	ext{dB/dec}$；相位則由 $0^\circ$ 逐步降至 $-270^\circ$。 令 $f$ 為頻率，增益可寫成 $$ Av(j2\pi f) = \frac{10^{84/20}} {\left(1+j\frac{f}{50\,	ext{kHz}}ight) \left(1+j\frac{f}{500\,	ext{kHz}}ight) \left(1+j\frac{f}{10\,	ext{MHz}}ight)} $$ 其中 $10^{84/20}\approx 1.585	imes 10^4$。 解題方法：幅度圖 每個極點頻率處斜率增加 $-20\ 	ext{dB/dec}$。依序標出三個轉折頻率，並由初始增益 $84\ 	ext{dB}$ 算出各段漸近線： | 頻率範圍 | 漸近線斜率 | 漸近線增益 | |---|---:|---:| | $f<50\ 	ext{kHz}$ | $0\ 	ext{dB/dec}$ | $84\ 	ext{dB}$ | | $50\ 	ext{kHz}<f<500\ 	ext{kHz}$ | $-20\ 	ext{dB/dec}$ | 在 $500\ 	ext{kHz}$ 降至 $64\ 	ext{dB}$ | | $500\ 	ext{kHz}<f<10\ 	ext{MHz}$ | $-40\ 	ext{dB/dec}$ | 在 $10\ 	ext{MHz}$ 約為 $12\ 	ext{dB}$ | | $f10\ 	ext{MHz}$ | $-60\ 	ext{dB/dec}$ | 由約 $12\ 	ext{dB}$ 繼續下降 | 第三個轉折點的漸近線增益為

Question 3

Referring to the amplifier described in Problem 2 (midband gain $A_{vo} = 84\ \text{dB}$ , poles at $50\ \text{kHz}$ , $500\ \text{kHz}$ , and $10\ \text{MHz}$ ):

Find the unity-gain frequency of the open-loop gain without compensation $C_c$ .

Accepted Answer

核心觀念

本題旨在評量多極點放大器（Multi-pole Amplifier）在未補償（Uncompensated）狀態下的開迴路頻率響應與單位增益頻率（Unity-Gain Frequency, $f_t$ 或 $f_{ug}$ ）。

開迴路傳遞函數：
三極點放大器的開迴路增益函數表示為： $A(s) = \frac{A_{vo}}{\left(1 + \frac{s}{\omega_{p1}}\right)\left(1 + \frac{s}{\omega_{p2}}\right)\left(1 + \frac{s}{\omega_{p3}}\right)}$ 其大小響應（Magnitude Response）為： $|A(f)| = \frac{A_{vo}}{\sqrt{1 + \left(\frac{f}{f_{p1}}\right)^2}\sqrt{1 + \left(\frac{f}{f_{p2}}\right)^2}\sqrt{1 + \left(\frac{f}{f_{p3}}\right)^2}}$
單位增益頻率定義：
使開迴路增益大小下降至 $1$ （即 $0\ \text{dB}$ ）的頻率 $f_t$ ，滿足： $|A(f_t)| = 1 \quad \left(20\log_{10}|A(f_t)| = 0\ \text{dB}\right)$
波德漸近線（Bode Asymptote）規律：
- 每通過一個極點，幅頻響應斜率遞減 $-20\ \text{dB/dec}$ 。
- 增益落差公式： $\Delta |A|_{\text{dB}} = \text{Slope} \times \log_{10}\left(\frac{f_{\text{high}}}{f_{\text{low}}}\right)$ 。

解題方法

題目給定參數：

中頻增益 $A_{vo} = 84\ \text{dB} \implies A_{vo} = 10^{84/20} = 10^{4.2} \approx 15849$
極點頻率： $f_{p1} = 50\ \text{kHz}$ 、 $f_{p2} = 500\ \text{kHz}$ 、 $f_{p3} = 10\ \text{MHz}$

方法一：波德圖漸近線近似法（考場首選標準解法）

先逐段追蹤漸近線在各極點頻率處的增益值：

$f < f_{p1} = 50\ \text{kHz}$ ：
增益維持平坦，為 $84\ \text{dB}$ 。
$f_{p1} = 50\ \text{kHz}$ 至 $f_{p2} = 500\ \text{kHz}$ （跨越 1 個 decade）：
- 斜率為 $-20\ \text{dB/dec}$ 。
- 在 $f_{p2} = 500\ \text{kHz}$ 處的增益： $|A(f_{p2})|_{\text{dB}} = 84\ \text{dB} - 20\ \text{dB/dec} \times \log_{10}\left(\frac{500\ \text{kHz}}{50\ \text{kHz}}\right) = 84 - 20 = 64\ \text{dB}$
$f_{p2} = 500\ \text{kHz}$ 至 $f_{p3} = 10\ \text{MHz}$ ：
- 斜率變為 $-40\ \text{dB/dec}$ 。
- 頻率比值為 $\frac{10\ \text{MHz}}{500\ \text{kHz}} = 20$ 。
- 在 $f_{p3} = 10\ \text{MHz}$ 處的增益： $|A(f_{p3})|_{\text{dB}} = 64\ \text{dB} - 40\ \text{dB/dec} \times \log_{10}(20) = 64 - 40 \times 1.301 = 11.96\ \text{dB}$
$f > f_{p3} = 10\ \text{MHz}$ ：
- 由於在 $10\ \text{MHz}$ 處增益仍有約 $12\ \text{dB} > 0\ \text{dB}$ ，可知單位增益頻率 $f_t$ 必定落在第三個極點 $f_{p3}$ 之後。
- 超過 $f_{p3}$ 後，斜率進一步變為 $-60\ \text{dB/dec}$ 。
- 令增益自 $11.96\ \text{dB}$ 下降至 $0\ \text{dB}$ ：

Question 4

Referring to the amplifier described in Problem 2 and the circuit of Fig. P2:

If compensation capacitor $C_c$ is applied as shown in Fig. P2 so that the phase margin is $45°$ when the transfer ratio of the feedback network $\beta = -18\ \text{dB}$ , the second pole after compensation is shifted to $700\ \text{kHz}$ whereas the pole at $10\ \text{MHz}$ remains unchanged.

Find the required dominant-pole location after compensation.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 相位裕度定義為增益交越頻率處距離 $-180^\circ$ 的相位差。三個左半平面極點的開迴路相位為 $$ \angle A(j\omega) = -\left[ 	an^{-1}\left(\frac{f}{f{p1}}ight) + 	an^{-1}\left(\frac{f}{f{p2}}ight) + 	an^{-1}\left(\frac{f}{f{p3}}ight) ight]. $$ 相位裕度為 $45^\circ$ 時，增益交越頻率處的總極點相位角為 $135^\circ$；同一頻率也必須滿足 $|A\beta|=1$。 解題方法 開迴路中頻增益為 $84\ 	ext{dB}$，回授網路增益大小為 $-18\ 	ext{dB}$，因此低頻迴路增益為 $$ |A0\beta| = 10^{(84-18)/20} = 1995.26. $$ 令補償後的主極點為 $f{p1}$，增益交越頻率為 $fc$。已知另外兩個極點為 $700\ 	ext{kHz}$ 與 $10\ 	ext{MHz}$，相位裕度條件給出

Question 5

Referring to the amplifier described in Problem 2:

Given that the voltage gain of the amplifier is $-600$ and the node resistance at node $k$ is $200\ \text{k}\Omega$ , determine the value of $C_c$ to achieve the Miller's compensation with the dominant pole found in part (c).

Accepted Answer

核心觀念 本題考查多級放大器的頻率補償（Frequency Compensation）中的密勒補償（Miller's Compensation / Pole Splitting）觀念： 1. 密勒效應（Miller Effect）： 跨接在增益為 $Av$ 的反相放大級輸入與輸出之間的電容 $Cc$，等效至輸入端的密勒電容為： $$ C{M} = Cc (1 - Av) \approx |Av| Cc \quad (	ext{當 } |Av| \gg 1) $$ 2. 主極點（Dominant Pole）： 放大器在補償節點（本題為節點 $k$）所形成的等效極點頻率可表示為： $$ \omega{pD} = \frac{1}{Rk C{k,	ext{total}}} \approx \frac{1}{Rk \cdot |Av| Cc} $$ 或以赫茲（$	ext{Hz}$）表示： $$ f{pD} = \frac{\omega{pD}}{2\pi} = \frac{1}{2\pi Rk |Av| Cc} $$ 其中： - $Rk$：節點 $k$ 的等效輸出電阻（Node Resistance）。 - $Av$：補償跨接級之電壓增益（Voltage Gain）。 - $Cc$：補償電容（Compensation Capacitor）。 - $f{pD}$（或 $\omega{pD}$）：題目前一小題 (c) 所求得之主極點頻率。 --- 解題方法 1. 題目資訊統整： - 放大器跨接增益 $Av = -600$（即 $|Av| = 600$）。 - 節點 $k$ 之等效電阻 $Rk = 200\ 	ext{k}\Omega = 2 	imes 10^5\ \Omega$。 - 在密勒補償架構下，補償後由節點 $k$ 視入的等效電容主要由密勒等效電容主導： $$ C{	ext{in}, k} \approx |Av| Cc = 600 Cc $$ 2. 決定補償電容 $Cc$ 之通用公式： 若以角頻率 $\omega{pD}\ (	ext{rad/s})$ 表示 (c) 小題求得之主極點： $$ \omega{pD} = \frac{1}{Rk |Av| Cc} \implies Cc = \frac{1}{|Av| Rk \omega{pD}} $$ 若以頻率 $f{pD}\ (	ext{Hz})$ 表示 (c) 小題求得之主極點： $$ f{pD} = \frac{1}{2\pi Rk |Av| Cc} \implies Cc = \frac{1}{2\pi |Av| Rk f{pD}} $$ 代入題目已知數值：

Question 6

The circuit shown in Fig. P3 is designated with $\mu_n C_{OX} = 200\ \mu\text{A/V}^2$ , $\lambda_n = 0$ , $V_{tn} = 0.4\ \text{V}$ , and $(W/L)_{Q1} = 100$ . Please determine the values of $R_1$ and $R_2$ .

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Fig. P3 電路說明：電源為 $1.8\ \text{V}$ ， $R_1$ 與 $R_2$ 分壓偏壓 NMOS $Q_1$ ，汲極接 $0.5\ \text{k}\Omega$ 電阻至 $V_{DD}$ ，源極接 $0.2\ \text{k}\Omega$ 電阻至地。汲極電流 $I_D = 0.5\ \text{mA}$ ，源極電壓 $= 0.11\ \text{V}$ 。

Accepted Answer

核心觀念 本題結合 NMOS 飽和區電流式、分壓偏壓，以及源極節點的基爾霍夫電流定律。MOSFET 的閘極電流近似為零，因此 $R1$ 與 $R2$ 的電流相同；而 $R2$ 接在閘極與源極之間，源極電阻的電流則是汲極電流與 $R2$ 電流的總和。 解題方法 先由 MOSFET 的電流求出閘源電壓，再利用源極節點的電流關係求分壓電流，最後套用歐姆定律計算 $R1$、$R2$。 假設 $Q1$ 工作於飽和區，且忽略通道長度調變，則 $$ ID=\frac{1}{2}\mun C{OX}\left(\frac{W}{L}ight){Q1}(V{GS}-V{tn})^2 $$ 代入題目數值： $$ 0.5\ 	ext{mA} =\frac{1}{2}(200\ \mu	ext{A/V}^2)(100)(V{GS}-0.4)^2 $$ 因此 $$ V{GS}-V{tn} =\sqrt{\frac{0.5\ 	ext{mA}}{10\ 	ext{mA/V}^2}} =0.2236\ 	ext{V} $$ $$ V{GS}=0.2236+0.4=0.6236\ 	ext{V} $$ 源極電壓為 $VS=0.11\ 	ext{V}$，故閘極電壓為 $$ VG=VS+V{GS}=0.11+0.6236=0.7336\ 	ext{V} $$ 源極電阻 $0.2\ 	ext{k}\Omega$ 的電流為

Question 7

Fig. P4 shows a differential amplifier, which is fabricated with the following parameters: $\mu_n C_{OX} = 2\mu_p C_{OX} = 100\ \mu\text{A/V}^2$ , $\lambda_n = 0.02\ \text{V}^{-1}$ , $\lambda_p = 0.02\ \text{V}^{-1}$ , and $V_{tn} = |V_{tp}| = 0.4\ \text{V}$ . Assume that all transistors have the same transconductance.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

If $(W/L)_{Q1,Q2} = 10$ , please determine the differential mode voltage gain ( $A_d$ ).

Accepted Answer

核心觀念

本題考差動對的差動模態小訊號增益。尾電流在平衡時平均分到兩支輸入 NMOS；輸出端看到 $Q_2$ 的 $r_o$ 與疊接 PMOS 電流鏡負載的輸出電阻並聯。差動輸入造成左側電流鏡負載電流增加，同時右側 $Q_2$ 電流減少，兩者在輸出端的變化相加。

解題方法

平衡時兩支輸入管的汲極電流為

I_D=\frac{0.25\ \text{mA}}{2}=0.125\ \text{mA}

對 $Q_1,Q_2$ ， $\mu_n C_{OX}=100\ \mu\text{A/V}^2$ 且 $(W/L)=10$ ，因此

g_m=\sqrt{2\mu_n C_{OX}(W/L)I_D} =\sqrt{2(100\ \mu\text{A/V}^2)(10)(0.125\ \text{mA})} =0.5\ \text{mS}

題目指定所有電晶體的 $g_m$ 相同，因此疊接 PMOS 管的 $g_m$ 也取 $0.5\ \text{mS}$ 。各管的小訊號輸出電阻為

r_o=\frac{1}{\lambda I_D} =\frac{1}{(0.02\ \text{V}^{-1})(0.125\ \text{mA})} =400\ \text{k}\Omega

疊接 PMOS 電流鏡的輸出電阻可用共閘疊接式估算：

Question 8

Referring to the differential amplifier of Fig. P4 with parameters: $\mu_n C_{OX} = 2\mu_p C_{OX} = 100\ \mu\text{A/V}^2$ , $\lambda_n = 0.02\ \text{V}^{-1}$ , $\lambda_p = 0.02\ \text{V}^{-1}$ , and $V_{tn} = |V_{tp}| = 0.4\ \text{V}$ .

Please modify the circuit of Fig. P4 to improve $A_d$ .

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 單端差動增益可近似寫成 $$ Ad \approx -G{m,\mathrm{eff}}R{\mathrm{out}} $$ 在輸入晶體管的跨導大致不變時，提高輸出電阻 $R{\mathrm{out}}$ 就能提高增益。圖 P4 的 PMOS 負載已採用疊接電流鏡，因此可再提高 NMOS 差動對支路的輸出電阻。 解題方法 在 $Q1$、$Q2$ 各自的汲極與原負載之間，各串接一顆 NMOS 疊接晶體管 $Q{c1}$、$Q{c2}$，並將兩顆的閘極接至固定偏壓 $V{BN}$。輸出仍取自 $Q{c2}$ 汲極與 $Q{b4}$ 汲極的接點。 疊接晶體管以共閘方式工作，抑制輸入晶體管汲極電壓的變動，使 NMOS 支路的等效輸出電阻提高。近似而言，疊接後的支路輸出電阻可達

Question 9

Use diodes, resistors, and voltage sources to design a circuit that has the input/output characteristic shown in Fig. P5.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Fig. P5 所示 $V_o$ – $V_i$ 特性曲線：當 $V_i < -1\ \text{V}$ 時， $V_o = -1.5\ \text{V}$ （飽和）；當 $-1\ \text{V} \leq V_i \leq 1\ \text{V}$ 時， $V_o$ 與 $V_i$ 呈線性關係（斜率為 1）；當 $V_i > 1\ \text{V}$ 時， $V_o = 1.5\ \text{V}$ （飽和）。

Please consider diodes with the following behavior: Diode with $V_{D,on} = 0.7\ \text{V}$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題考查理想二極體的導通／截止，以及利用電阻網路合成分段線性的輸入輸出特性。理想二極體導通時視為短路，截止時視為開路；電阻支路何時導通，決定特性曲線在哪些區段改變斜率。 解題方法 從圖中的 $Vo$–$Vi$ 曲線可讀出：$|Vi|\leq 1	ext{ V}$ 時，$Vo=Vi$；$Vi1	ext{ V}$ 時，曲線經過 $(1,1)$ 與 $(2,1.5)$，斜率為 $1/2$；$Vi<-1	ext{ V}$ 時，曲線經過 $(-1,-1)$ 與 $(-2,-1.5)$，斜率也為 $1/2$。因此，輸出在 $\pm1	ext{ V}$ 之外仍會隨輸入變化，斜率降為 $1/2$。 電路可如下設計，三個電阻皆取相同阻值 $R$： - 輸入 $Vi$ 經一個電阻 $R$ 接到輸出節點 $Vo$。 - 從 $Vo$ 接一條上方支路：理想二極體陽極接 $Vo$，陰極經電阻 $R$ 接至相對地為 $+1	ext{ V}$ 的電壓源。 - 從相對地為 $-1	ext{ V}$ 的電壓源接一個電阻 $R$，再接下方支路的理想二極體陽極；二極體陰極接至 $Vo$。 - 兩個電壓源的地端均接共同地。 當 $-1	ext{ V}\leq Vo\leq 1	ext{ V}$，兩顆二極體皆截止，輸出端沒有支路電流。由輸入電阻的電流平衡可得 $$ \frac{Vi-Vo}{R}=0 \quad\Longrightarrow\quad Vo=Vi. $$ 當 $Vo1	ext{ V}$，上方二極體導通，下方二極體截止。對 $Vo$ 寫電流平衡：

Question 10

Use diodes, resistors, and voltage sources to design a circuit that has the input/output characteristic shown in Fig. P5.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Fig. P5 所示 $V_o$ – $V_i$ 特性曲線：當 $V_i < -1\ \text{V}$ 時， $V_o = -1.5\ \text{V}$ （飽和）；當 $-1\ \text{V} \leq V_i \leq 1\ \text{V}$ 時， $V_o$ 與 $V_i$ 呈線性關係（斜率為 1）；當 $V_i > 1\ \text{V}$ 時， $V_o = 1.5\ \text{V}$ （飽和）。

Please consider diodes with the following behavior: Diode with $V_{D,on} = 0.7\ \text{V}$ .

Accepted Answer

核心觀念

本題考查二極體的定壓降模型，以及利用二極體支路切換來合成分段線性輸入輸出特性。二極體截止時支路開路；導通時二極體壓降為 $0.7\ \text{V}$ 。

解題方法

依原卷圖讀取，橫軸是 $V_i$ 、縱軸是 $V_o$ 。曲線在 $(V_i,V_o)=(\pm1,\pm1)$ 轉折，外側線段通過 $(2,1.5)$ 與 $(-2,-1.5)$ ，斜率為 $1/2$ ；外側仍是斜線，並非飽和於 $\pm1.5\ \text{V}$ 。

設計電路如下：

$V_i$ 經串聯電阻 $R$ 接到輸出節點 $V_o$ 。
正向支路由 $V_o$ 接二極體陽極，二極體陰極經電阻 $R_d$ 接到相對地電位為 $+0.3\ \text{V}$ 的參考源。
負向支路由相對地電位為 $-0.3\ \text{V}$ 的參考源經電阻 $R_d$ 接二極體陽極，二極體陰極接到 $V_o$ 。

**轉折點：**正向二極體開始導通時，支路電流為零， $R_d$ 上沒有壓降，因此

V_o=0.3+0.7=1\ \text{V}

負向二極體開始導通時，同理有

V_o=-0.3-0.7=-1\ \text{V}

所以 $-1\le V_i\le1$ 時兩支路皆截止。輸出端無負載電流，串聯電阻 $R$ 上沒有壓降，故 $V_o=V_i$ 。

當 $V_i>1\ \text{V}$ ，正向支路導通。令支路電阻 $R_d=R$ ，在 $V_o$ 節點套用電流定律：

\frac{V_i-V_o}{R}=\frac{V_o-0.7-0.3}{R_d}

因此

Question 11

For the circuit shown in Fig. P6, please determine the logic functions $(X, Y)$ .

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Fig. P6 為一 CMOS 邏輯電路，由多組 NMOS 與 PMOS 電晶體組成，輸入為 $A$ 、 $B$ 、 $C$ ，輸出為 $X$ 與 $Y$ 。

Accepted Answer

核心觀念 CMOS 靜態邏輯中，NMOS 串聯代表 AND，並聯代表 OR。若 NMOS 下拉網路的導通條件為 $F$，導通時輸出被拉至低電位，因此輸出為 $\overline{F}$。本題兩個輸出都要依下拉網路的條件取反。 解題方法 圖中左側網路以 $A、B、C$ 控制並產生輸出 $X$；右側網路以 $A、B、C、X$ 控制並產生輸出 $Y$。兩個輸出皆由上方 PMOS 拉高、下方 NMOS 拉低，且沒有額外的輸出反相器。 左側 NMOS 下拉網路在任兩個輸入為高電位時導通，條件為 $$ FX=AB+C(A+B)=AB+AC+BC $$ 因此 $$ X=\overline{FX} =\overline{AB+AC+BC} $$ 右側 NMOS 下拉網路的導通條件為 $$ FY=ABC+X(A+B+C) $$

頻率範圍	漸近線斜率	漸近線增益
$f<50\ \text{kHz}$	$0\ \text{dB/dec}$	$84\ \text{dB}$
$50\ \text{kHz}<f<500\ \text{kHz}$	$-20\ \text{dB/dec}$	在 $500\ \text{kHz}$ 降至 $64\ \text{dB}$
$500\ \text{kHz}<f<10\ \text{MHz}$	$-40\ \text{dB/dec}$	在 $10\ \text{MHz}$ 約為 $12\ \text{dB}$
$f>10\ \text{MHz}$	$-60\ \text{dB/dec}$	由約 $12\ \text{dB}$ 繼續下降

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第 1 題10 分

核心觀念

解題方法

第 2-(a) 題12 分

第 2-(b) 題10 分

核心觀念

解題方法

方法一：波德圖漸近線近似法（考場首選標準解法）

第 2-(c) 題10 分

第 2-(d) 題8 分

核心觀念

解題方法

第 3 題12 分

第 4-(a) 題14 分

核心觀念

解題方法

第 4-(b) 題4 分

第 5-(a) 題5 分

第 5-(b) 題5 分

核心觀念

解題方法

第 6 題10 分

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第 1 題10 分

核心觀念

解題方法

第 2-(a) 題12 分

第 2-(b) 題10 分

核心觀念

解題方法

方法一：波德圖漸近線近似法（考場首選標準解法）

第 2-(c) 題10 分

第 2-(d) 題8 分

核心觀念

解題方法

第 3 題12 分

第 4-(a) 題14 分

核心觀念

解題方法

第 4-(b) 題4 分

第 5-(a) 題5 分

第 5-(b) 題5 分

核心觀念

解題方法

第 6 題10 分

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