江苏省徐州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(学生版+解析)

这是一份江苏省徐州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(学生版+解析)，共34页。试卷主要包含了 已知，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数z满足，则复数z在复平面内所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，则两次掷出的点数之和为6的概率为( )
A. B. C. D.
3. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若，，则B. 若，与所成的角相等，则
C. 若，，则D. 若，，，则
4. 有一组样本数据，，其平均数为，中位数为b，方差为c，极差为d.由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中，则新样本数据的( )
A. 样本平均数为2aB. 样本中位数为2b
C. 样本方差为4cD. 样本极差为
5. 已知向量，的夹角为，若，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
6. 已知，则( )
A B. C. D.
7. 如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为和，且圆台的母线与底面所成的角为，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为( )

A. B. C. D.
8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 设，是复数，则下列说法正确的是( )
A. 若是纯虚数，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
10. 有个相同的球，分别标有数字、、、，从中不放回的随机取两次，每次取个球，表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则( )
A. 、相互独立B. 、相互独立
C. 、相互独立D. 、相互独立
11. 如图，在等腰直角三角形ABC中，，，设点，，，是线段BC五等分点，则( )

A.
B.
C.
D. 的最小值为
12. 如图，在矩形ABCD中，，M为边BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为线段的中点，则在翻折过程中，( )

A. 异面直线CN与所成的角为定值
B. 存在某个位置使得
C. 点C始终在三棱锥外接球的外部
D. 当二面角为60°时，三棱锥的外接球的表面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知一组数据：24，30，40，44，48，52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为______.
14. 已知，，则的值为______.
15. 在中，角、、的对边分别为、、，已知，与的平分线交于点，则的值为______.
16. 在正四棱柱中，已知，，则点到平面的距离为______；以A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知向量，.
(1)若∥，求；
(2)若，求.
18. 如图，四棱锥的底面为梯形，，，底面，平面平面，点在棱上，且.

(1)证明：平面；
(2)证明：.
19. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式.某直播平台有800个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示.为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取60个直播商家进行问询交流.

(1)应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？
(2)在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的60个商家的平均日利润进行了统计(单位：元)，所得频率直方图如图②所示.
(i)估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数(求平均数时同一组中的数据用该组区间中点的数值为代表)；
(ii)若将平均日利润超过470元商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数.
20. 每年的月日为国际数学日，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节，其中一项活动是“数学知识竞赛”，竞赛共分为两轮，每位参赛学生均须参加两轮比赛，若其在两轮竞赛中均胜出，则视为优秀，已知在第一轮竞赛中，学生甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮竞赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响.
(1)若，求甲恰好胜出一轮的概率；
(2)若甲、乙各胜出一轮的概率为，甲、乙都获得优秀的概率为会.
(i)求，，的值；
(ii)求甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率.
21. 在①，②，③面积
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.
在中，角、、的对边分别为、、，已知______.
(1)求角；
(2)若点在边上，且，，求.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分
22. 如图，在三棱锥中，底面BCD是边长为2正三角形，平面BCD，点E在棱BC上，且，其中.

(1)若二面角为30°，求AB的长；
(2)若，求DE与平面ACD所成角的正弦值的取值范围.
2022～2023学年度第二学期期末抽测
高一年级数学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数z满足，则复数z在复平面内所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数除法求出z，即可判断.
【详解】因为，
所以点位于第四象限.
故选：D.
2. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，则两次掷出的点数之和为6的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先找出总事件共种，其中满足条件的罗列出来共5种，代入求解.
【详解】先后两次掷一枚质地均匀的骰子，共有种情况，
点数和为6的有共5种情况，所以概率为，
故选：B.
3. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若，，则B. 若，与所成的角相等，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质定理，线面角的定义，面面平行的判定定理，即可逐个选项判断.
【详解】若，，则或，A错；
若，与所成的角相等，则或与相交或异面，B错；
若，，则与平行或相交，C错；
若，，所以，又，则，D正确.
故选：D
4. 有一组样本数据，，其平均数为，中位数为b，方差为c，极差为d.由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中，则新样本数据的( )
A. 样本平均数为2aB. 样本中位数为2b
C. 样本方差为4cD. 样本极差为
【答案】C
【解析】
【分析】A选项，由平均数的定义得到；B选项，的大小排列顺序与变化后的的大小顺序一致，故的中位数为；C选项，由方差得定义计算出的方差；D选项，由得到，D错误.
【详解】A选项，由题意得，
则，故A错误；
B选项，由于，故的大小排列顺序与变化后的的大小排列顺序一致，
由于的中位数为，故的中位数为，B错误；
C选项，由题意得，
所以
，C正确；
D选项，由于，故中最大值和最小值，经过变化后仍然为中的最大值和最小值，
即，则，D错误.
故选：C
5. 已知向量，的夹角为，若，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得，根据投影向量的定义求解.
【详解】由得，
即，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
6. 已知，则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据和差公式，辅助角公式得到，再利用诱导公式，倍角公式求出答案.
【详解】因为，
所以，即，故，
.
故选：C
7. 如图，一种工业部件是由一个圆台挖去一个圆锥所制成的.已知圆台的上、下底面半径分别为和，且圆台的母线与底面所成的角为，圆锥的底面是圆台的上底面，顶点在圆台的下底面上，则该工业部件的体积为( )

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题知该圆台的轴截面为等腰梯形，进而得，圆台，圆锥的高均为，再计算体积即可.
【详解】解：根据题意，该圆台的轴截面为等腰梯形，如图，

所以即为圆台母线与底面所成角，即，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
因为，则四边形为矩形，且，
因为，，，
所以，，所以，，且，
因为，则，
所以，圆台，圆锥的高均为，
所以，该工业部件的体积为
.
故选：B.
8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理边化角得到，由锐角三角形求出，然后将的取值范围转化为函数的值域问题求解即可.
【详解】因为，所以由正弦定理得：,
即，所以，即，又，所以.
因为锐角三角形ABC，所以，即，解得.
.
令，因为，所以，
则在单调递减，
所以.
故选：C.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 设，是复数，则下列说法正确的是( )
A. 若是纯虚数，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A代入即可判断正误，对于B取特殊值验证即可，
对于C设，求得即可判断正误，对于D设代入验证即可求得.
【详解】A. ，则，故A正确；
B.当时，，但得不出，故B错误；
C.设，则，，所以，C正确；
D.设则得，又，，
故成立，D正确.
故选：ACD.
10. 有个相同的球，分别标有数字、、、，从中不放回的随机取两次，每次取个球，表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则( )
A. 、相互独立B. 、相互独立
C. 、相互独立D. 、相互独立
【答案】BC
【解析】
【分析】利用古典概型的概率公式结合独立事件的定义逐项判断可出合适的选项.
【详解】对于A选项，从上述四个球中不放回的随机取两次，每次取个球，
所有的基本事件有：、、、、、、、、
、、、，共种，
其中事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，
事件包含的基本事件有：、、、、、、、
，共种，
事件包含的基本事件有：、、、，共种，
对于A选项，，，
事件包含的基本事件有：、、、，共种，
则，故、不相互独立，A错；
对于B选项，事件包含基本事件有：、，共种，则，
又因为，则，共、相互独立，B对；
对于C选项，事件包含的基本事件有：、，共种，则，
则，故、相互独立，C对；
对于D选项，，故、不相互独立，D错.
故选：BC.
11. 如图，在等腰直角三角形ABC中，，，设点，，，是线段BC的五等分点，则( )

A.
B.
C.
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：根据平面向量基本定理直接用表示；对于B：用表示后计算验证即可；对于C：设的中点为，根据向量加法运算转化为即可；对于D： 设，将问题转化为求的最小值解决.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：同上可得
因为在等腰直角三角形ABC中，，
所以 ，
所以，
，
所以，故B正确；
对于C：设的中点为，则
所以，故C正确；

对于D：设的中点为，为线段上一点，设，则，

则 ，
，
所以，
作点关于的对称点，则四边形为边长为1的正方形，
故，当三点共线时取等号，
所以的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
12. 如图，在矩形ABCD中，，M为边BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为线段的中点，则在翻折过程中，( )

A. 异面直线CN与所成的角为定值
B. 存在某个位置使得
C. 点C始终在三棱锥外接球的外部
D. 当二面角为60°时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，作出辅助线，找到或的补角为异面直线CN与所成的角，利用余弦定理求出，异面直线CN与所成的角的余弦值为定值；B选项，假如可证出，与矛盾；C选项，作出辅助线，得到即为三棱锥外接球的半径，由于，所以，可得到C正确；D选项，作出辅助线，找到即为二面角为平面角，即，求出各边长，再找到球心，利用半径相等列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详解】A选项，矩形ABCD中，，M为边BC的中点，
所以为等腰直角三角形，故，，
翻折过程中，，
取的中点，连接，
因为N为线段的中点，所以，则或的补角为异面直线CN与所成的角，
因为M为边BC的中点，所以，且，
所以四边形为平行四边形，故，
所以，
其中，
由余弦定理得，
故，
故，
所以异面直线CN与所成的角的余弦值为，A正确；

B选项，因为，所以，故⊥，
假如，因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，这与矛盾，
故假设不成立，所以不存在某个位置使得，B错误；
C选项，由于⊥，故外接圆的圆心为，设三棱锥外接球球心为，则⊥平面，
连接，则即为三棱锥外接球的半径，
由于，所以，
所以点C始终在三棱锥外接球的外部，C正确；

D选项，取的中点，连接，，
因为，所以⊥，且，所以⊥，
所以即为二面角为平面角，即，
过点作⊥于点，则，，
，
因⊥，⊥，，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
由C选项可知，三棱锥外接球球心为，则⊥平面，
过点作⊥于点，则，，
若球心在平面上方时，如图，此时，

由勾股定理得，，
故，解得，不合要求，舍去；
若球心在平面的下方时，如图，此时，

由勾股定理得，，
故，解得，满足要求，
代入上式可得外接球半径为，
三棱锥的外接球的表面积为.
故当二面角为60°时，三棱锥的外接球表面积为，D错误.
故选：AC
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知一组数据：24，30，40，44，48，52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为______.
【答案】36
【解析】
【分析】根据百分位数的定义得到第30百分位和第50百分位，即可求解．
【详解】因为，故这组数据的第30百分位数为30，
因为，所以第50百分位数为，
所以这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为，
故答案为：36．
14. 已知，，则的值为______.
【答案】##15
【解析】
【分析】先利用正切的和角公式打开，得到,再根据和差角的正余弦公式化简，弦切互换代入即可求解.
【详解】由，代入，解得，
.
故答案为：.
15. 在中，角、、的对边分别为、、，已知，与的平分线交于点，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理结合余弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值，再利用三角形的内角和定理可求得的值.
【详解】由，可得，
由正弦定理可得，即，
整理可得，由余弦定理可得，
因为，则，所以，，
因为与的平分线交于点，
所以，.
故答案为：.
16. 在正四棱柱中，已知，，则点到平面的距离为______；以A为球心，2为半径的球面与该棱柱表面的交线的总长度为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】空1：利用等体积法球点到面的距离；空2：由题意可知：球A仅与平面、平面、平面和平面相交，分别分析球A与各面交线的形状，运算求解即可.
【详解】空1：由题意可得：，
因为平面，平面，可得，
设点到平面的距离为d,
因为，则，解得，
即点到平面的距离为；
空2：由题意可知：球A仅与平面、平面、平面和平面相交，
因为，此时球A与平面的交线为半径为2的圆的，
则交线的长度为；
设球A与棱的交点为，即，可得，
则，
且为锐角，则，即，
所以球A与平面的交线为半径为2的圆的，
则交线的长度为；
同理可得：球A与平面的交线的长度；
可知，所以球A与平面的交线为半径为的圆的，
则交线的长度为；
所以球面与该棱柱表面的交线的总长度为.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知向量，.
(1)若∥，求；
(2)若，求.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由∥，可得，则可求出，再利用正切的二倍角公式可求得结果；
(2)对两边平方化简可得，则得，求出，对利用二倍角公式化简即可得答案.
【小问1详解】
因为∥，向量，
所以，
当时，不成立，则，从而，
所以
【小问2详解】
因为，所以，
即，故，
因为，
所以.
当时，不成立，则，故，
所以.
18. 如图，四棱锥的底面为梯形，，，底面，平面平面，点在棱上，且.

(1)证明：平面；
(2)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)过作交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明即可.
(2)利用线面垂直的性质定理，面面垂直的性质定理证明即可.
【小问1详解】
在平面中，
过作交于点，连接，
因为，所以.
又，所以.
又，所以，
所以四边形为平行四边形.
所以，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为底面，平面，
所以.
在平面中，过点作，交于点，
因为平面平面，平面，
平面平面，
所以平面，又平面，所以.
又平面，平面，，所以平面.
又平面，所以.
19. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式.某直播平台有800个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示.为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取60个直播商家进行问询交流.

(1)应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？
(2)在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的60个商家的平均日利润进行了统计(单位：元)，所得频率直方图如图②所示.
(i)估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数(求平均数时同一组中的数据用该组区间中点的数值为代表)；
(ii)若将平均日利润超过470元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数.
【答案】(1)小吃类21家，生鲜类9家.
(2)(i)中位数为元，平均数为440元；(ii)256.
【解析】
【分析】(1)根据分层抽样的定义计算即可；
(2)(i)根据中位数和平均数的定义计算即可；
(ii)根据样本中“优秀商家”的个数来估计总体中“优秀商家”的个数即可.
【小问1详解】
根据分层抽样知：
应抽取小吃类家，生鲜类家，
所以应抽取小吃类21家，生鲜类9家.
【小问2详解】
(i)根据题意可得，解得，
设中位数为x，因为，，
所以，解得，
所以该直播平台商家平均日利润的中位数为元.
平均数为,
所以该直播平台商家平均日利润的平均数为440元.
(ii)，
所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为256.
20. 每年的月日为国际数学日，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节，其中一项活动是“数学知识竞赛”，竞赛共分为两轮，每位参赛学生均须参加两轮比赛，若其在两轮竞赛中均胜出，则视为优秀，已知在第一轮竞赛中，学生甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮竞赛中，甲、乙胜出的概率分别为，.甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响.
(1)若，求甲恰好胜出一轮的概率；
(2)若甲、乙各胜出一轮的概率为，甲、乙都获得优秀的概率为会.
(i)求，，的值；
(ii)求甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率.
【答案】(1)
(2)(i)，；(ii)
【解析】
【分析】(1)利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可.
(2)(i)利用对立事件和独立事件的概率公式表示出和，即可求解；(ii)利用对立事件和独立事件的概率公式即可求解.
【小问1详解】
设“甲在第一轮竞赛中胜出”为事件，
“甲在第二轮竞赛中胜出”为事件，
“乙在第一轮竞赛中胜出”为事件，
“乙在第二轮竞赛中胜出”为事件，
则，，，相互独立，
且，，，.
设“甲恰好胜出一轮”为事件，
则，，互斥.
当时，
.
所以当，甲恰好胜出一轮的概率为.
【小问2详解】
由(1)知，(i)记事件为“甲、乙各胜出一轮”，
事件为“甲、乙都获得优秀”，
所以，.
因为甲、乙两人在每轮竞赛中是否胜出互不影响，
所以
，
，
则，解得或(舍去).
综上，，.
(ii)设事件为“甲获得优秀”，事件为“乙获得优秀”，
于是“两人中至少有一人获得优秀”，
且，，
所以，，
所以.
故甲、乙两人中至少有一人获得优秀的概率为.
21. 在①，②，③的面积
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.
在中，角、、对边分别为、、，已知______.
(1)求角；
(2)若点在边上，且，，求.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【解析】
【分析】(1)选①：由余弦定理结合正弦定理化简可得出，结合角的取值范围可得出角的值；
选②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，结合角的取值范围可求得角的值；
选③：由三角形的面积公式、切化弦以及三角恒等变换化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
(2)设，则，在、中分别利用正弦定理，结合可得出，利用三角恒等变换化简可得出的值，即为所求.
【小问1详解】
解：若选择①：因为，结合余弦定理，
得，即，
由正弦定理可得，所以，
又，所以，所以，即，
又，所以；
若选择②：因为，
结合正弦定理可得，
即，
，
即，
又，，故，即，
所以，即，
因为，，所以，得；
若选择③：条件即，
又，，
所以，
即，所以，
又因为，则，所以，
又因为，所以.
【小问2详解】
解：设，则.

因为，，故，
所以，
在中，由正弦定理可得，即，
在中，同理可得，，
因为，所以，即，
整理得，即.
22. 如图，在三棱锥中，底面BCD是边长为2的正三角形，平面BCD，点E在棱BC上，且，其中.

(1)若二面角为30°，求AB的长；
(2)若，求DE与平面ACD所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)1 (2).
【解析】
【分析】(1)取CD中点F，连接BF，AF，则，再由平面BCD，得，，所以可得，则，所以为二面角的平面角，从而可求出AB的长；
(2)由，得，表示出，设E到平面ACD的距离为d，再由等体积法可得，在中利用余弦定理可得，设DE与平面ACD所成角为，则可表示出，从而可求出其范围.
【小问1详解】
取CD中点F，连接BF，AF.
因为为等边三角形，所以.
因为平面BCD，BC，平面BCD，
所以，，
又因为，
所以，
因为F为CD中点，所以.
因此为二面角的平面角，
所以.
所以在直角三角形ABF中，.
【小问2详解】
因为平面BCD，所以.
在中，，
所以，
所以.
设E到平面ACD的距离为d，
所以，
所以.
因为，
所以，解得.
在中，由余弦定理得，
所以.
设DE与平面ACD所成角为.
则
令，
则，
因为，所以，
所以，
所以DE与平面ACD所成角的正弦值的取值范围是.