2022-2023学年上海中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年上海中学高一（下）期末数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年上海中学高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是(    )
A. 若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
B. 若m//n，n⊂α，则m//α
C. 若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥β
D. 若m⊥α，m⊥n，则n⊥α
2. 已知O为△ABC所在平面内一点，D是AB的中点，动点P满足OP=(1−λ)OD+λOC(λ∈R)，则点P的轨迹一定过△ABC的(    )
A. 内心 B. 垂心 C. 重心 D. AC边的中点
3. 如图，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且AD=3AE，BC=3BF，设P、Q分别为线段AF、CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能恒成立的是(    )
A. 直线AB//直线CD B. 直线PQ//直线ED
C. 直线AB⊥直线PQ D. 直线PQ//平面ADE
4. 已知k+2个两两互不相等的复数z1，z2，…，zk，w1，w2，满足w1−−w2−=4w1−w2，且|wj−za|∈{1,3}，(其中j=1，2；a=0，1，2，…，k)，则k的最大值为(    )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
二、填空题（本大题共12小题，共36.0分）
5. 已知复数z=1−2i(i为虚数单位)，则Rez−Imz= ______ ．
6. 已知点A(2,3)，B(6,−3)，若点P满足AB=3AP，则点P的坐标为______ ．
7. 己知复数z满足z(l+2i)=3+4i(i为虚数单位)，则|z|=______．
8. 设非零向量a，b满足|a|=|b|，且(2a+b)⊥b，则a与b的夹角为          ．
9. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC与BD交于点O，则直线BC1与直线OD1的夹角为______ ．
10. 已知复平面上平行四边形ABCD的顶点A(−2,−1)，B(7,3)、C(12,9)、D(x,y)按逆时针方向排列，则向量AD所对应的复数为______ ．
11. 设f(n)=(1+i1−i)n+(1−i1+i)n(n∈N)，则集合{x|x=f(n)}的子集个数是______ ．
12. 已知向量a=(1, 3)，且a，b的夹角为π3，(a+b)⋅(2a−3b)=4，则b在a方向上的投影向量等于______ ．
13. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB//DC，AD=DC=AP=2，AB=1，若E为棱PC上一点，满足BE⊥AC，则PEEC=          ．


14. 已知复数z1=2sinθ− 3i,z2=1+(2cosθ)i，i为虚数单位，若θ∈[π2,5π6]，复数z1，z2对应的向量分别为a,b，存在θ使得等式(λa−b)⋅(a−λb)=0成立，则实数λ的取值范围为______ ．
15. 如图，在△ABC中，D，E，F分别为BC，CA，AB上的点，且CD=35BC，EC=12AC，AF=13AB，设P为四边形AEDF内一点(P点不在边界上)，若DP=−13DC+λDE，则实数λ的取值范围为______ ．

16. 已知△ABC的外接圆圆心为O，|AB|=6，|AC|=8，AO=αAB+βAC(α,β∈R)，若sin2A⋅(tα+β−12)(t为实数)有最小值，则参数t的取值范围是          ．
三、解答题（本大题共5小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题9.0分)
已知|a|=4，|b|=3，(2a−3b)⋅(2a+b)=61．
(1)求a与b的夹角；
(2)求|2a+b|．
18. (本小题9.0分)
如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA=AB，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．
(1)当点E为BC的中点时，证明EF//平面PAC；
(2)证明：无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF．

19. (本小题9.0分)
已知关于x的实系数一元二次方程x2+mx+9=0．
(1)若复数z是该方程的一个虚根，且|z|+z−=4−2 2i，i为虚数单位，求实数m的值；
(2)记方程的两根为x1，x2，若|x1−x2|=2 3，求实数m的值．
20. (本小题10.0分)
利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对(z1,z2)(其中z1，z2∈C)视为一个向量，记作α=(z1,z2).类比平面向量可以定义其运算，两个复向量α=(z1,z2)，β=(z1′,z2′)的数量积定义为一个复数，记作a⋅β，满足α⋅β=z1z1−′+z2z2−′，复向量α的模定义为|α|= α⋅α′．
(1)设α=(1−i,i)，β=(3,4)，i为虚数单位，求复向量α、β的模；
(2)设α、β是两个复向量．
①已知对于任意两个平面向量a=(x1,y1)，b=(x2,y2)，(其中x1，x2，y1，y2∈R)，|a⋅b|≤|a||b|成立，证明：对于复向量α、β，|α⋅β|≤|α||β|也成立；
②当|α⋅β|=|α||β|时，称复向量α与β平行.若复向量α=(1+i,1−2i)与β=(i,z)平行(其中i为虚数单位，z∈C)，求复数z．
21. (本小题11.0分)
如图，已知O是边长为1的正△ABC的外心，P1，P2，…，Pn为BC边上的n+1等分点，Q1，Q2，…，Qn为AC边上的n+1等分点，L1，L2，…，Ln为AB边上的n+1等分点．
(1)当n=2023时，求|OC+OP1+OP2+…+OP2023+OB|的值；
(2)当n=4时．
①求OA⋅AQj+OA⋅ALk的值(用含j，k的式子表示)；
②若M={m|m=OPi⋅OQj+OQj⋅OLk+OLk⋅OPi,1≤i,j,k≤4,i,j,k∈N}，分别求集合M中最大元素与最小元素的值．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：对于A，若m//α，m//β，过m作平面与α，β分别交于直线a，b，
由线面平行的性质得m//a，m//b，
所以a//b，
又b⊂β，a⊄β，
所以a//β，
又n⊂α，α⋂β=n，
所以a//n，
所以m//n.故A正确；

对于B，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂a，故B错误；
对于C，由面面垂直的性质定理得当m⊂a时，m⊥β，否则可能不成立，故C错误；
对于D，若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故D错误．
故选：A．
对于A，由线面平行的性质得m//n；对于BD，线面平行前提条件是直线是平面外；对于C：面面垂直的性质定理知m⊂a时才成立．
本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面、平面与平面垂直的性质，属于基础题．

2.【答案】C 
【解析】解：∵动点P满足OP=(1−λ)OD+λOC(λ∈R)，且1−λ+λ=1，
∴P，C，D三点共线，
又∵D是AB的中点，
∴CD为△ABC的AB边上的中线，
∴点P的轨迹一定过△ABC的重心．
故选：C．
由OP=(1−λ)OD+λOC(λ∈R)且1−λ+λ=1得到P，C.D三点共线即可求得．
本题考查三角形重心性质的应用，平面向量的线性运算，属于基础题．

3.【答案】B 
【解析】解：根据题意，取EF的中点M，连接PM、NM、PQ、AD，
依次分析选项：
对于A，在矩形ABCD中，E、F分别为边AD、BC上的点，且AD=3AE，BC=3BF，则AE=BF，
又由AE//BF，则有四边形ABFE为矩形，则有AB//EF，
同理：EF//CD，则有AB//CD；
对于B，Q为线段CE的中点，M为EF的中点，则MQ//ED，PQ和ED不一定平行；
对于C，P、Q分别为线段AF、CE的中点，M为EF的中点，则有MP⊥EF，MQ⊥EF，
则EF⊥面PMQ，则有EF⊥PQ，又由EF//AB，则AB⊥PQ；
对于D，分析可得MP//AE，则PM//平面AED，同理：MQ//平面AED，
则平面MQP//平面AED，则有PQ////平面AED．
故选：B．
根据题意，由直线与平面的位置关系依次分析选项，综合可得答案．
本题考查直线与直线，直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断，属于基础题．

4.【答案】C 
【解析】解：不妨设w1=x1+y1i，w2=x2+y2i(x1,x2,y1,y2∈R)，
因为满足w1−−w2−=4w1−w2，
所以(w1−−w2−)(w1−w2)=4，
即[(x1−x2)−(y1−y2)i][(x1−x2)+(y1−y2)i]=4，
整理得到(x1−x2)2+(y1−y2)2=4，
所以w1，w2是对于平面内距离为2的点，

因为|wj−za|∈{1,3}，
所以za与w1，w2对应的点的距离为1或3，
则构成了点A、B、C、D、E共5个点，
故k的最大值为5．
故选：C．
由题意，设w1=x1+y1i，w2=x2+y2i(x1,x2,y1,y2∈R)，根据w1−−w2−=4w1−w2，得到(x1−x2)2+(y1−y2)2=4，此时w1，w2是对于平面内距离为2的点，作出函数图象，利用数形结合进行求解即可．
本题考查复数的运算，考查了逻辑推理、数形结合和运算能力．

5.【答案】3 
【解析】解：复数z=1−2i(i为虚数单位)，
Rez=1，Imz=−2，
则Rez−Imz=1−(−2)=3，
故答案为：3．
复数z=1−2i(i为虚数单位)，即可得出Rez，Imz．
本题考查了复数的实部、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

6.【答案】(103,1) 
【解析】解：设点P的坐标是(x,y)，由A(2,3)，B(6,−3)，
可得AB=(4,−6)，AP=(x−2,y−3)，
又AB=3AP，则有(4,−6)=3(x−2,y−3)，
即4=3x−6−6=3y−9，解得P(103,1).
故答案为：(103,1).
设出P点坐标，根据向量关系得到坐标关系，列方程组求解即得．
本题考查向量的坐标运算，属基础题．

7.【答案】 5 
【解析】解：由z(l+2i)=3+4i，得z=3+4i1+2i，
∴|z|=|3+4i1+2i|=|3+4i||1+2i|=5 5= 5．
故答案为： 5．
把已知等式变形，再由商的模等于模的商求解．
本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题．

8.【答案】120° 
【解析】
【分析】
本题主要考查了平面向量数量积的定义以及性质的应用，考查了平面向量数量积的运算，以及向量垂直的充要条件，属于基础题．
首先根据两向量垂直数量积为0得到两向量及夹角间的关系，然后根据已知条件，求出则a与b的夹角即可．
【解答】
解：设a与b的夹角为α，
因为(2a+b)⊥b，
所以(2a+b)⋅b=0，
即2a⋅b+b2=0，
所以2|a||b|cosα+b2=0；
又因为|a|=|b|，
所以cosα=−12，
又α∈[0,180°]，
则α=120°．
故答案为：120°．
  
9.【答案】30° 
【解析】解：如图所示，连接AD1，OD1，CD1，又因为BC1//AD1，
所以直线BC1与直线OD1的夹角即为∠AD1O，又△AD1C为等边三角形，O为AC中点，
所以OD1平分角∠AD1O，所以∠AD1O=30°．
故答案为：30°．
通过平移，转化所求线线角为∠AD1O，再根据等边三角形的性质即可求解．
本题考查异面直线所成的角，属于中档题．

10.【答案】5+6i 
【解析】解：根据题意，复平面上平行四边形ABCD的顶点A(−2,−1)，B(7,3)、C(12,9)、D(x,y)按逆时针方向排列，
则有AB=DC，
而AB=(9,4)，DC=(12−x,9−y)，
则有(9,4)=(12−x,9−y)，解可得x=3y=5，
故D的坐标为(3,5)，则向量AD=(5,6)．
所以对应的复数Z=5+6i．
故答案为：5+6i．
根据题意，直接利用向量的对应关系求出点D的坐标，进一步求出向量AD所对应的复数．
本题复数的运算，向量的坐标运算，涉及复数的几何意义，属于基础题．

11.【答案】8 
【解析】解：∵f(n)=(1+i1−i)n+(1−i1+i)n=in+(−i)n，
∴f(0)=2，f(1)=0，f(2)=−2，f(3n)=0，f(3n+1)=0，f(3n+2)=−2，
故集合{x|x=f(n)}={0,2,−2}，子集个数23=8．
故答案为：8
先结合复数的运算求出f(n)的值，然后结合集合的性质可求．
本题主要考查了复数的运算，属于基础试题

12.【答案】14a 
【解析】解：向量a=(1, 3)，
则|a|=2，
(a+b)⋅(2a−3b)=4，
则2a2−a⋅b−3b2=4，即8−2×|b|×12−3|b|2=4，解得|b|=1，
故b在a方向上的投影向量等于|b|cosπ3×a|a|=14a．
故答案为：14a．
根据已知条件，结合平面向量的数量积公式，求出|b|，再结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．

13.【答案】13 
【解析】
【分析】
本题考查空间中直线与直线垂直的应用，考查数量积与向量垂直的关系，是中档题．
以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PEEC=λ，则PEPC=λλ+1，分别求出AC与BE的坐标，由数量积为0求解λ值即可．
【解答】
解：如图所示：

∵PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
∴以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由AD=DC=AP=2，AB=1，
得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，
设PEEC=λ，则PEPC=λλ+1，
∴PE=λλ+1PC=λλ+1(2,2,−2)=(2λλ+1,2λλ+1,−2λλ+1)．
∴BE=BP+PE=(−1,0,2)+(2λλ+1,2λλ+1,−2λλ+1)=(λ−1λ+1,2λλ+1,2λ+1)．
AC=(2,2,0)，
由BE⊥AC，得BE⋅AC=2λ−2λ+1+4λλ+1=6λ−2λ+1=0，即λ=13．
故答案为：13．
  
14.【答案】[2− 3,2+ 3] 
【解析】解：已知复数z1=2sinθ− 3i,z2=1+(2cosθ)i，
因为复数z1，z2对应的向量分别为a,b，
所以a=(2sinθ,− 3)，b=(1,2cosθ)，
若存在θ使得等式(λa−b)⋅(a−λb)=0成立，
即(2λsinθ−1,− 3λ−2cosθ)⋅(2sinθ−λ(2sinθ−λ,− 3−2λcosθ)=0，
整理得 (2λsinθ−1)⋅(2sinθ−λ)+(− 3λ−2cosθ)⋅(− 3−2λcosθ)=0，
即(2 3cosθ−2sinθ)λ2+8λ+(−2sinθ+2 3cosθ)=0，
因为−2sinθ+2 3cosθ=−4sin(θ−π3)，
所以8λ−(λ2+1)4sin(θ−π3)=0，
即sin(θ−π3)=2λλ2+1，
因为θ∈[π2,5π6]，
所以θ−π3∈[π6,π2]，
则sin(θ−π3)∈[12,1]，
可得12<2λ1+λ2≤1，
其满足λ2+1≤4λ2λ≤1+λ2，
解得2− 3≤λ≤2+ 3．
故答案为：[2− 3,2+ 3]．
由题意，根据复数z1，z2对应的向量分别为a,b，得a=(2sinθ,− 3)，b=(1,2cosθ)，再利用向量的数量积进行求解即可．
本题考查复数的运算以及平面向量数量积的运算，考查了逻辑推理和运算能力．

15.【答案】(12,43) 
【解析】解：如图，设−13DC=DM，则M为BC的五等份点，过M作MN//DE交AC于N．
依题意有BM=MD=m，DC=3m，
∵CECN=CDCM=34，∴AN=13AC．
连接FN并延长FN交直线DE与G.可得FG//BC．
∴NGDC=GEDE=13，∴DG=43DE．
∵DHDF=DKDG=38，∴DK=38DG=38×43DE=12DE．
∴12<λ<43．

故答案为：(12,43)
设−13DC=DM，则M为BC的五等份点，过M作MN//DE交AC于N.依题意有BM=MD=m，DC=3m，
利用相似可得DG=43DE.DK=12DE.即可求解．
本题考查了平面几何的运用，向量的线性运算，属于难题．

16.【答案】(−3316,1516) 
【解析】
【分析】
本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用，还考查了二次函数最值取得条件的应用，属于中档试题．
由已知结合外心的性质可得，AO⋅AB=36α+48βcosA=18AO⋅AC=48αcosA+64β=32，解出α，β后代入sin2A⋅(tα+β−12)，结合二次函数的性质即可求解．
【解答】
解：取AB中点M，则OM⊥AB且平分AB，
∴AO⋅AB=2AO⋅AM=2|AO||AM|cos∠MAO=2|AM|2=2×32=18，
同理可得，AO⋅AC=2×42=32，
由已知得：AO⋅AB=36α+48βcosA=18AO⋅AC=48αcosA+64β=32，
∴α=3−4cosA6sin2Aβ=4−3cosA8sin2A，
∴sin2A⋅(tα+β−12)=t(3−4cosA)6+4−3cosA8−sin2A2=12cos2A−(2t3+38)cosA+t2，
令m=cosA，则m∈(−1,1)，
∵y=12m2−(2t3+38)m+t2有最小值，
根据二次函数的性质可知，m=−−(2t3+38)2×12∈(−1,1)⇒−3316 故答案为：(−3316,1516).
  
17.【答案】解：(1)因为|a|=4，|b|=3，(2a−3b)⋅(2a+b)=61，
展开后整理得：4a2+2a⋅b−6a⋅b−3b2=61，
化简得4|a|2−4a⋅b−3|b|2=61，
所以a⋅b=−6．
设=θ，则cosθ=a⋅b|a|⋅|b|=−64×3=−12，
由于θ∈[0,π]，所以θ=2π3；
(2)由(1)知a⋅b=−6，|a|2=16，|b|2=9，
则|2a+b|= |2a+b|2
= 4a2+4a⋅b+b2
=7． 
【解析】(1)套用夹角公式，直接计算即可；
(2)利用模长公式，结合数量积的运算性质求解．
本题考查平面向量的夹角、模长公式，以及数量积的运算性质，属于基础题．

18.【答案】证明：(1)连结EF，
∵点F是PB的中点，点E为BC的中点，
∴EF//PC，
∵EF⊄平面PAC，PC⊄平面PAC，
∴EF//平面PAC．
证明：(2)∵PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，
∴BC⊥PA，BC⊥AB，
∵PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，
∵AF⊂平面PAB，∴BC⊥AF，
∵PA=AB，点F是PB的中点，∴AF⊥PB，
∵PB∩BC=B，∴AF⊥平面PBC，
∵点E在边BC上移动，∴PE⊂平面PBC，
∴无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF． 
【解析】(1)连结EF，推导出EF//PC，由此能证明EF//平面PAC．
(2)推导出BC⊥PA，BC⊥AB，从而BC⊥平面PAB，进而BC⊥AF，再求出AF⊥PB，从而AF⊥平面PBC，由此能证明无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF．
本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

19.【答案】解：(1)关于x的一元二次方程x2+mx+9=0，
复数z是该方程的一个虚根，
则|z|2=z⋅z−=9，解得|z|=3，
∵|z|+z−=4−2 2i，
∴z−=1−2 2i，
∴z=1+2 2i，
∴−m=z+z−=2，解得m=−2，
故实数m的值为−2，
(2)若方程的两根为实数根，
则|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= m2−36=2 3，解得m=±4 3，
若方程的两根为虚数根，
则设x1=a+bi，x2=a−bi(a,b∈R)，
则|x1−x2|=|2b|=2 3，
由韦达定理可知，−m=x1+x2=±2 6，解得m=±2 6，
此时Δ=m2−36<0，满足题意，
综上所述，m=±2 6或±4 3． 
【解析】(1)根据已知条件，结合复数模公式，以及共轭复数的定义，即可求解；
(2)根据已知条件，结合韦达定理，并分类讨论，即可求解．
本题主要考查复数的运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．

20.【答案】解：(1)由题意，|α|= α⋅α= (1−i)(1+i)+i(−i)= 1−i2−i2= 3，|β|= β⋅β= 32+42=5；
(2)①设α=(a+bi,c+di)，β=(e−fi,g−hi)，
|α|×|β|= a2+b2+c2+d2× e2+f2+g2+h2，
则|α⋅β|=|ae−bf+cg−dh+(ch+dg+be+af)i|= (ae−bf+cg−dh)2+(ch+dg+be+af)2
由于(a2+b2+c2+d2)(e2+f2+g2+h2)−(ae−bf+cg−dh)2(ch+dg+be+af)2
=(ag−ce)2+(df−bh)2+(ah+de)2+(cf+bg)2−2(bceh+bdeg+acfh+adfg)
≥2(ag−ce)(df−bh)+2(ah+de)(cf+bg)−2(bceh+bdeg+acfh+adfg)=0，
所以|α⋅β|≤|α|×|β|；
②设z=(a+bi)，结合①得|α⋅β|= (a−2b+1)2+(2a+b+1)2= 5(a+b)2+2(3a−b)+2，
|α|×|β|= 12+12+12+22× 12+a2+b2= 7+7(a2+b2)，
令7+7(a2+b2)=5(a2+b2)+2(3a−b)+2，化简得(a−32)2+(b+12)2=0，
即a=32，b=−12，z=32−12i. 
【解析】(1)利用题中定义进行计算；
(2)①设α=(a+bi,c+di)，β=(e−fi,g−hi)，代入化简计算而后作差进行证明；
②设z=(a+bi)，按照定义建立等式并且展开进而求出a和b．
本题主要考查复数相关性质，属难题．

21.【答案】解：(1)当n=2023时，OP1=20232024OB+12024OC，
OP2=20222024OB+22024OC，…，OP2023=12024OB+20232024OC，
所以OP1+OP2+…+OP2023
=(20232024+20222024+…+12024)OB+(12024+22024+…+20232024)OC
=20232OB+20232OC，
所以|OC+OP1+OP2+…+OP2023+OB|=20252|OB+OC|，
又△ABC为等边三角形，且边长为1，O为外接圆的圆心，
则OC=OB= 33，且〈OB,OC〉=120°，
所以|OB+OC|2=OB2+OC2+2OB⋅OC
=( 33)2+( 33)2+2× 33× 33×(−12)=13，
则|OB+OC|= 33，
所以|OC+OP1+OP2+…+OP2023+OB|=20252|OB+OC|=675 32；
(2)①∵△ABC为等边三角形，O为外接圆的圆心，
∴∠OAB=∠OAC=30°，则==150°，
又n=4，∴Qj，Lk分别为AC，AB的5等分点，
又AC=AB=1，∴AQj=5−j5AC，ALk=k5AB，
∴OA⋅AQj+OA⋅ALk
=|OA|⋅|AQj|cos150°+|OA|⋅|ALk|cos150°
= 33×5−i5×(− 32)+ 33×k5×(− 32)
=−5−i10−k10=i−k−510；
②OPi⋅OQj=(OC+CPi)⋅(OC+OQj)
=OC2+OC⋅CPi+OC⋅CQj+CPi⋅CQj
=13+ 33×5−i5cos150°+ 33×j5cos150°+5−i5×j5cos60°
=13− 33×5−i5× 32− 33×j5× 32+5−i5×j5×12
=−16+5i−ij50，
同理可得：OQj⋅OLk=−16+5j−jk50，OLk⋅OPi=−16+5k−ki50，
∴OPi⋅OQj+OQj⋅OLk+OLk⋅OPi=−12+5(i+j+k)−(ij+jk+ik)50，
令s=−12+5(i+j+k)−(ij+jk+ik)50=−12+(5−j−k)i+5(j+k)−jk50，
①当j+k≥5时，i=1时，Smax=−12+5+4(j+k)−jk50=−12+5+(4−k)j+4k50，
∵k≤4，∴j=4时取最大值，则Smax=−12+5+4(4−k)+4k50=−450=−225，
i=4时，Smin=−12+20+(j+k)−jk50=−12+20+(1−k)j+k50，
∵k≥1，∴j=4时取最小值，则Smin=−12+20+4(1−k)+k50=−3k−150，
则当k=4时，Smin=−1350，
②当j+k<5时，i=4时，Smax=−12+20+(j+k)−jk50=−12+20+(1−k)j+k50，
∵k≥1，∴j=1时取最大值，则Smax=−12+20+1−k+k50=−450=−225，
i=1时，Smin=−12+5+4(j+k)−jk50=−12+5+(4−k)j+4k50，
∵k≤4，∴j=1时取最小值，则Smin=−12+9+3k50，
则当k=1时，Smin=−12+1250=−1350，
综上所述：OPi⋅OQj+OQj⋅OLk+OLk⋅OPi的最大值为−225，最小值为−1350． 
【解析】(1)根据B，Pi，C共线，将OPi用OB，OC表示，求和后再求模长；
(2)①根据数量积定义计算；
②将OPi⋅OQi+OQi⋅OLk+OLk⋅OPi用i，j，k表示，依次视为i，j，k的函数讨论单调性求最值．
本题考查平面向量数量积的应用，属难题．