《统计分析与SPSS的应用（第五版）》（薛薇）
课后练习答案
第5章SPSS的参数检验
1、某公司经理宣称他的雇员英语水平很高，如果按照英语六级考试的话，一般平均得分为
75分。现从雇员中随机选出11人参加考试，得分如下： 80, 81, 72, 60, 78, 65, 56, 79, 77,87, 76 请问该经理的宣称是否可信。
原假设：样本均值等于总体均值即u=u0=75
步骤：生成spss数据→分析→比较均值→单样本t检验→相关设置→输出结果（Analyze->compare means->one-samples T test；）
采用单样本T检验（原假设H0:u=u0=75,总体均值与检验值之间不存在显著差异）；
\
单个样本统计量
N均值标准差均值的标准误
成绩11
|
单个样本检验
检验值 = 75
t
!
df Sig.(双侧)均值差值
差分的 95% 置信区间
下限上限
成绩10.668
|
分析：指定检验值:在test后的框中输入检验值（填75），最后ok!
分析：N=11人的平均值（mean）为，标准差（）为,均值标准误差(std error mean)为统计量观测值为，t统计量观测值的双尾概率p-值（sig.(2-tailed)）为，六七列是总体均值与原假设值差的95%的置信区间,为,,由此采用双尾检验比较a和p。T统计量观测值的双尾概率p-值（sig.(2-tailed)）为＞a=所以不能拒绝原假设；且总体均值的95%的置信区间为,,所以均值在~内,75包括在置信区间内,所以经理的话是可信的。
2、在某年级随机抽取35名大学生，调查他们每周的上网时间情况，得到的数据如下（单位：小时）：
（1）请利用SPSS 对上表数据进行描述统计，并绘制相关的图形。:
（2）
基于上表数据，请利用SPSS给出大学生每周上网时间平均值的９５％的置信区间。
（1）分析描述统计描述、频率
（2）分析比较均值单样本T检验
每周上网时间的样本平均值为，标准差为，总体均值95%的置信区间为、经济学家认为决策者是对事实做出反应，不是对提出事实的方式做出反应。然而心理学家则倾向于认为提出事实的方式是有关系的。为验证哪种观点更站得住脚，调查者分别以下面两种不同的方式随机访问了足球球迷。原假设：决策与提问方式无关，即u-u0=0
步骤：生成spss数据→分析→比较均值→两独立样本t检验→相关设置→输出结果
表5-3
(
组统计量
提问方式N均值标准差均值的标准误决策
￥
丢票再买
200.46.500.035
丢钱再买183
？
.88
.326.024
独立样本检验
方差方程的 Levene
检验均值方程的 t 检验
F Sig.t df Sig.(双
侧)
均值差
值
标准误差
值
~
差分的 95% 置信
区间
下限上限
决策假设方差相等.000
]
381
.000.044
假设方差不相
等
《.000.043(
策者的决策与提问方式有关。由表5-4看出，独立样本在的检验值为0，小于，故拒绝原假
设，认为决策者对事实所作出的反应与提问方式有关，心理学家的观点更站得住脚。
分析：
从上表可以看出票丢仍买的人数比例为46%,钱丢仍买的人数比例为88%,两种方式的样本比例有较大差距。
1.两总体方差是否相等F检验：F的统计量的观察值为,对应的
P值为,；如果显著性水平为,由于概率P值小于,两种方式的方差有显著差异。
看假设方差不相等行的结果。2.两总体均值（比例）差的检验：.T统计量的观测值为,对应的双尾概率为,T统计量对应的概率P值<,故推翻原假设,表明两总体比例有显著差异.更倾向心理学家的说法。
{
4、一种植物只开兰花和白花。按照某权威建立的遗传模型，该植物杂交的后代有75%的几率开兰花，25%的几率开白花。现从杂交种子中随机挑选200颗，种植后发现142株开了兰花，请利用SPSS进行分析，说明这与遗传模型是否一致
原假设：开蓝花的比例是75%，即u=u0=
步骤：生成spss数据→分析→比较均值→单样本t检验→相关设置→输出结果
表5-5
！
表5-6
)
分析：由于检验的结果sig值为0，小于，故拒绝原假设，由于检验区间为（,），不在此区间内，进一步说明原假设不成立，故认为与遗传模型不一致。
5、给幼鼠喂以不同的饲料，用以下两种方法设计实验：方式1：同一鼠喂不同的饲料所测
方式2：甲组有12只喂饲料1，乙组有9只喂饲料2所测得的钙留存量数据如下: 请选用恰当方法对上述两种方式所获得的数据进行分析，研究不同饲料是否使幼鼠体内钙的留存量有显著不同。
原假设：不同饲料使幼鼠体内钙的留存量无显著不同。
方式1步骤：生成spss 数据→分析→比较均值→配对样本t 检验→相关设置→输出结果
*
表5-7
成对样本统计量
均值 N 标准差 均值的标准误
对 1
：
饲料1钙存量
9
饲料2钙存量
~
9
表5-8
成对样本相关系数
N 相关系数 -
Sig. 对 1
饲料1钙存量 & 饲料2钙存量
9
.571
.108
!
方式2步骤：生成spss 数据→分析→比较均值→独立样本t 检验→相关设置→输出结果 表5-10
分析：采用配对样本t 检验法所得结果如表5-7,5-8,5-9所示，配对样本的分析结果可以看出两组的平均差是在置信区间内（，） 同时sig 值为> 不应该拒绝原假设。采用独立样本t 检验法所得结果如表5-10，5-11所示，可以看出均值差为在置信区间内 sig 值为，大于 ，故不能拒绝原假设。所以，两种饲料使用后的钙存量无显著差异。
6、如果将第2章第9题的数据看作是来自总体的样本，试分析男生和女生的课程平均分是否存在显著差异 ·
原假设：男女生课程平均分无显著差异
步骤：分析→比较均值→单因素分析→因变量选择课程，因子选择性别进行→输出结果： 表5-12
描述
poli
N 均值
》
标准差
标准误 均值的 95% 置信区间 极小值 极大值 下限 上限
female
30
%
male
—
30
.00
!
总数
60
.00
)
表5-13
ANOVA
poli
平方和 df 均方 $
F 显著性 组间
1 .288
.594
#
组内
58
总数
[
59
分析：由表5-12和5-13可以看，出男生和女生成绩平均差为在置信区间内 sig 值为，大于，故不能拒绝原假设，即认为男生和女生的平均成绩没有显著差异
7、如果将第2章第9题的数据看作是来自总体的样本，试分析哪些课程的平均分差异不显著。 步骤：计算出各科的平均分：转换→计算变量→相关的设置 < 表5-14
重新建立SPSS 数据→分析→比较均值→单因素→进行方差齐性检验→选择Tukey 方法进行检验。
利用配对样本T 检验，逐对检验 ;
原假设：培训前后效果无显著差异
步骤：生成spss 数据→分析→比较均值→配对样本t 检验→相关设置→输出结果 表5-15
成对样本统计量
[
均值
N 标准差
均值的标准误
对 1
培训前
12
【
成对样本统计量
，
表5-16
成对样本相关系数
N
相关系数
Sig. 对 1
培训前 & 培训后
*
12
.675
表5-17
分析：由表5-15，5-16,5-17可以看出，培训前与培训后的均值差为 ，由sig 值为，小于，故拒绝原假设，认为培训前后有显著差异 即培训产生了显著效果