解析：

本题采用纯几何方法，综合利用勾股定理、余弦定理、线面垂直判定与性质、二面角的平面角构造、正弦定理等知识求解。

（1） 求证：平面 $PAC \perp$ 平面 $PCD$

因为 $BC \parallel AD$，$AD \perp AB$，$AB = BC = 1$，

所以 $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{2}$，$\angle CAD = 45^\circ$。

在 $\triangle ACD$ 中，由余弦定理得：

$CD = \sqrt{AC^2 + AD^2 - 2\cdot AC \cdot AD \cdot \cos 45^\circ} = \sqrt{2 + 4 - 2 \cdot \sqrt{2} \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{6 - 4} = \sqrt{2}$

于是 $AC^2 + CD^2 = 2 + 2 = 4 = AD^2$，由勾股定理逆定理得：

$AC \perp CD$

因为 $PA \perp$ 平面 $ABCD$，$CD \subset$ 平面 $ABCD$，
所以 $PA \perp CD$。

又 $PA \cap AC = A$，$PA,\ AC \subset$ 平面 $PAC$，
因此 $CD \perp$ 平面 $PAC$。

而 $CD \subset$ 平面 $PCD$，
所以平面 $PAC \perp$ 平面 $PCD$。

$\boxed{\text{得证}}$

（2） 若 $CE = ED$，求二面角 $C{-}PE{-}A$ 的正切值

如图，取 $PC$ 的中点 $F$，过点 $F$ 作 $GF \perp PE$，垂足为 $G$，连接 $AF$、$AG$。

第一步：证明 $AF \perp$ 平面 $PCD$

由（1）知 $CD \perp$ 平面 $PAC$，而 $PC,\ AF \subset$ 平面 $PAC$，
所以 $CD \perp PC$，$CD \perp AF$。

因为 $PA = AC = \sqrt{2}$，所以 $\triangle PAC$ 为等腰直角三角形，$F$ 为 $PC$ 中点，故：

$PC \perp AF,\quad AF = 1,\quad PF = 1$

又 $CD \cap PC = C$，$CD,\ PC \subset$ 平面 $PCD$，
所以 $AF \perp$ 平面 $PCD$。

第二步：构造二面角的平面角

因为 $AF \perp$ 平面 $PCD$，$PE \subset$ 平面 $PCD$，
所以 $PE \perp AF$。

又 $PE \perp GF$（由作图可得），且 $AF \cap GF = F$，$AF,\ GF \subset$ 平面 $AFG$，
所以 $PE \perp$ 平面 $AFG$。

而 $AG \subset$ 平面 $AFG$，所以 $AG \perp PE$。

于是 $GF \perp PE$ 且 $AG \perp PE$，故 $\angle AGF$ 为二面角 $C{-}PE{-}A$ 的平面角。

第三步：计算 $\tan\angle AGF$

由于 $CE = ED$，$E$ 为 $CD$ 中点，$CD = \sqrt{2}$，故：

$CE = \frac{\sqrt{2}}{2}$

在 $\triangle PCE$ 中，$PC \perp CD$（由第一步已证），故：

$PE = \sqrt{PC^2 + CE^2}$

而 $PC = \sqrt{PA^2 + AC^2} = \sqrt{2 + 2} = 2$，所以：

$PE = \sqrt{2^2 + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{4 + \frac{1}{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$

在 $\triangle PCE$ 中：

$\sin\angle CPE = \frac{CE}{PE} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{3\sqrt{2}}{2}} = \frac13$

在 $\triangle PFG$ 中，$GF \perp PE$，故：

$\sin\angle CPE = \frac{GF}{PF} = \frac{GF}{1} = \frac13 \Rightarrow GF = \frac13$

在 $\rm{Rt}\triangle AFG$ 中，$AF = 1$，$GF = \dfrac13$，故：

$\tan\angle AGF = \frac{AF}{GF} = \frac{1}{1/3} = 3$

答案：$\displaystyle 3$

（3） 若直线 $PB$ 与平面 $PAE$ 所成角的正弦值为 $\dfrac{4\sqrt{3}}{15}$，求 $DE$ 的长

如图，在平面 $ABCD$ 内，过点 $B$ 作 $BO \perp AE$，垂足为 $O$，连接 $PO$。

思路： 先证明 $\angle BPO$ 为线面角，由已知正弦值求出 $BO$，再利用平面几何中 $\triangle AED$ 的边角关系，通过正弦定理求得 $DE$。

第一步：确定线面角

因为 $PA \perp$ 平面 $ABCD$，$BO \subset$ 平面 $ABCD$，
所以 $PA \perp BO$。

又 $BO \perp AE$（由作图可得），且 $PA \cap AE = A$，$PA,\ AE \subset$ 平面 $PAE$，
所以 $BO \perp$ 平面 $PAE$。

于是 $BO \perp PO$，且 $\angle BPO$ 为直线 $PB$ 与平面 $PAE$ 所成的角。

第二步：由 $\sin\angle BPO$ 求 $BO$

$PB$ 是 $\rm{Rt}\triangle PAB$ 的斜边：

$PB = \sqrt{PA^2 + AB^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + 1^2} = \sqrt{3}$

由 $\sin\angle BPO = \dfrac{BO}{PB} = \dfrac{4\sqrt{3}}{15}$ 得：

$BO = PB \cdot \frac{4\sqrt{3}}{15} = \sqrt{3} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{15} = \frac{4 \cdot 3}{15} = \frac{4}{5}$

第三步：确定 $\triangle AED$ 中的角

在 $\rm{Rt}\triangle ABO$ 中，$AB = 1$，$BO = \dfrac45$，故：

$\sin\angle BAO = \frac{BO}{AB} = \frac{4}{5}$

由于 $AB \perp AD$，$\angle BAO$ 与 $\angle DAE$ 互余（$O$ 在 $AE$ 上），故：

$\cos\angle DAE = \sin\angle BAO = \frac{4}{5}$

于是：

$\sin\angle DAE = \sqrt{1 - \cos^2\angle DAE} = \sqrt{1 - \frac{16}{25}} = \frac{3}{5}$

在 $\triangle ACD$ 中，已求得 $AC = \sqrt{2}$，$CD = \sqrt{2}$，$AD = 2$，
故 $\triangle ACD$ 为等腰直角三角形，$\angle ADC = 45^\circ$，即 $\angle ADE = 45^\circ$。

第四步：在 $\triangle AED$ 中用正弦定理求 $DE$

$\angle AED = \pi - \angle DAE - \angle ADE$

故：

$\sin\angle AED = \sin(\angle DAE + \angle ADE) = \sin\angle DAE \cdot \cos\angle ADE + \cos\angle DAE \cdot \sin\angle ADE = \frac{3}{5} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{4}{5} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{7\sqrt{2}}{10}$

在 $\triangle AED$ 中，由正弦定理：

$\frac{DE}{\sin\angle DAE} = \frac{AD}{\sin\angle AED}$

代入：

$DE = \frac{AD \cdot \sin\angle DAE}{\sin\angle AED} = \frac{2 \times \dfrac{3}{5}}{\dfrac{7\sqrt{2}}{10}} = \frac{6}{5} \times \frac{10}{7\sqrt{2}} = \frac{12}{7\sqrt{2}} = \frac{6\sqrt{2}}{7}$

答案：$\displaystyle \dfrac{6\sqrt{2}}{7}$

答案：$\displaystyle \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，选 B

解析：

如图，过点 $A$ 作 $AO \perp$ 平面 $BCD$ 于 $O$，过 $A$ 作 $AE \perp BC$ 于 $E$，连接 $OE$．

由三垂线定理：$OE \perp BC$，故二面角 $A-BC-D$ 的平面角为 $\angle AEO = 60^\circ$．

设 $AD = 2$，因为 $AD$ 与平面 $ABC$、平面 $BCD$ 所成角均为 $\theta$，
则 $A$ 到平面 $BCD$ 的距离为 $AO = AD\sin\theta = 2\sin\theta$．

在 $\text{Rt}\triangle AOE$ 中，$\angle AEO = 60^\circ$，所以

$AE = \frac{AO}{\sin 60^\circ} = \frac{2\sin\theta}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{4\sin\theta}{\sqrt{3}}.$

同理，作 $DF \perp BC$ 于 $F$，可得 $DF = AE = \dfrac{4\sin\theta}{\sqrt{3}}$．

由于 $E,F$ 均在 $BC$ 上，故 $EF \parallel BC$，从而

$\angle(AD, BC) = \angle(AD, EF) = \frac{\pi}{2} - \theta.$

于是

$\cos\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = \sin\theta = \frac{|EF|}{|AD|} = \frac{|EF|}{2} \quad\Longrightarrow\quad |EF| = 2\sin\theta.$

将 $\overrightarrow{AD}$ 分解：

$\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{EF} + \overrightarrow{FD},$

其中 $\overrightarrow{AE},\ \overrightarrow{FD} \perp \overrightarrow{EF}$，且 $\overrightarrow{AE}$ 与 $\overrightarrow{FD}$ 的夹角为 $120^\circ$（二面角 $60^\circ$ 的补角）．

所以

$\begin{aligned} |\overrightarrow{AD}|^2 &= |\overrightarrow{AE}|^2 + |\overrightarrow{EF}|^2 + |\overrightarrow{FD}|^2 + 2\,\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{FD} \\[4pt] &= \left(\frac{4\sin\theta}{\sqrt{3}}\right)^2 + (2\sin\theta)^2 + \left(\frac{4\sin\theta}{\sqrt{3}}\right)^2 + 2\cdot\frac{16\sin^2\theta}{3}\cdot\cos120^\circ \\[4pt] &= \frac{16\sin^2\theta}{3} + 4\sin^2\theta + \frac{16\sin^2\theta}{3} + 2\cdot\frac{16\sin^2\theta}{3}\cdot\left(-\frac12\right) \\[4pt] &= \frac{32\sin^2\theta}{3} + \frac{12\sin^2\theta}{3} - \frac{16\sin^2\theta}{3} \\[4pt] &= \frac{28}{3}\sin^2\theta. \end{aligned}$

又 $|\overrightarrow{AD}| = 2$，故

$4 = \frac{28}{3}\sin^2\theta \quad\Longrightarrow\quad \sin^2\theta = \frac{3}{7}, \quad \cos^2\theta = 1 - \frac{3}{7} = \frac{4}{7}.$

因此

$\tan^2\theta = \frac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta} = \frac{3/7}{4/7} = \frac{3}{4} \quad\Longrightarrow\quad \tan\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}.$

故 答案选 B．💯

答案：$\displaystyle \text{B}$

解析：

第一步：化简 $f(x)$

$\begin{aligned} f(x) &= \frac{\sqrt{3}}{2} \sin\left(\omega x - \frac{\pi}{6}\right) - \frac{1}{2} \cos\left(\omega x + \frac{5\pi}{6}\right) \\[4pt] &= \frac{\sqrt{3}}{2} \left( \sin\omega x \cos\frac{\pi}{6} - \cos\omega x \sin\frac{\pi}{6} \right) - \frac{1}{2} \left( \cos\omega x \cos\frac{5\pi}{6} - \sin\omega x \sin\frac{5\pi}{6} \right) \\[4pt] &= \frac{\sqrt{3}}{2} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \sin\omega x - \frac{1}{2} \cos\omega x \right) - \frac{1}{2} \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \cos\omega x - \frac{1}{2} \sin\omega x \right) \\[4pt] &= \left( \frac{3}{4} \sin\omega x - \frac{\sqrt{3}}{4} \cos\omega x \right) + \left( \frac{\sqrt{3}}{4} \cos\omega x + \frac{1}{4} \sin\omega x \right) \\[4pt] &= \sin\omega x. \end{aligned}$

故 $f(x) = \sin\omega x$。

第二步：理解"完整函数"条件

存在 $x_1 \ne x_2$ 使得 $\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2} = 1$，即 $f(x_1) + f(x_2) = 2$。

由于 $f(x) = \sin\omega x$ 的最大值为 $1$，最小值为 $-1$，必有

$f(x_1) = f(x_2) = 1.$

即：在区间 $[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]$ 上，$\sin\omega x = 1$ 至少有两个不同的解。

第三步：求解 $\omega$ 的范围

解方程 $\sin\omega x = 1$，得

$\omega x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi \quad (k \in \mathbb{Z}) \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{(4k+1)\pi}{2\omega}.$

要求存在两个不同的整数 $k$，使得 $x \in [\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]$，即

$\frac{\pi}{2} \le \frac{(4k+1)\pi}{2\omega} \le \frac{3\pi}{2}.$

两边同除以 $\pi$ 并乘以 $2\omega$（$\omega > 0$），得

$\omega \le 4k + 1 \le 3\omega.$

所以整数 $k$ 需满足

$\begin{cases} 4k + 1 \ge \omega, \\[4pt] 4k + 1 \le 3\omega. \end{cases}$

即

$\frac{\omega - 1}{4} \le k \le \frac{3\omega - 1}{4}.$

要使上述区间内至少包含两个整数，区间长度需大于 $1$：

$\frac{3\omega - 1}{4} - \frac{\omega - 1}{4} = \frac{\omega}{2} > 1 \quad\Longrightarrow\quad \omega > 2.$

但还需验证具体的 $k$ 值。考虑相邻的两个最大值点：

$x_1 = \frac{(4k+1)\pi}{2\omega}, \qquad x_2 = \frac{(4(k+1)+1)\pi}{2\omega} = x_1 + \frac{2\pi}{\omega}.$

要求 $x_1, x_2 \in [\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]$。

取 $k = 0$ 时，$x_1 = \frac{\pi}{2\omega} < \frac{\pi}{2}$（因 $\omega > 0$），不在区间内。

取 $k = 1$ 时：

$x_1 = \frac{5\pi}{2\omega} \ge \frac{\pi}{2} \;\Rightarrow\; \omega \le 5, \qquad x_2 = \frac{9\pi}{2\omega} \le \frac{3\pi}{2} \;\Rightarrow\; \omega \ge 3.$

故 $3 \le \omega \le 5$ 时，$k=1,2$ 两个解均在区间内。

当 $\omega > 5$ 时，$k=1$ 对应的 $x_1 = \frac{5\pi}{2\omega} < \frac{\pi}{2}$ 已不在区间内，但 $k=2$ 对应的 $x_1 = \frac{9\pi}{2\omega}$ 可能进入区间，同时 $k=3$ 对应的 $x_2$ 也可能进入。随着 $\omega$ 增大，相邻最大值点间距 $\frac{2\pi}{\omega}$ 变小，区间内总能包含至少两个解。

综上，$\omega \ge 3$ 时，区间 $[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]$ 上恒存在至少两个 $\sin\omega x = 1$ 的解。

故 $\omega$ 的取值范围为 $[3, +\infty)$，选 B。

答案：$\displaystyle \text{BCD}$

解析：

由对称性可知棱切球球心 $O$ 就是正八面体的中心，而 $BO = \dfrac{1}{2}BD = \sqrt{2}$，
所以 $OA = OB = OC = OD = OS = OT = \sqrt{2}$。

对于选项 A：

设点 $O$ 到平面 $CDT$ 的距离为 $r$，有

$\frac{1}{3} OT \cdot \frac{1}{2} OC \cdot OD = V_{O-CDT} = \frac{1}{3} r \cdot S_{\triangle CDT} = \frac{1}{3} r \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} \times 2^2 = \frac{\sqrt{3}}{3} r.$

故

$r = \frac{\sqrt{3}}{3} OT \cdot \frac{1}{2} OC \cdot OD = \frac{\sqrt{3}}{3} \sqrt{2} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} = \frac{\sqrt{6}}{3} \neq 1,$

所以 A 错误。

对于选项 B：

由于 $TA = TB = TC = TD = 2$，故 $T$ 在平面 $ABCD$ 上的投影就是正方形 $ABCD$ 的中心，
故 $OT \perp$ 平面 $ABCD$，而 $OC$ 在平面 $ABCD$ 内，故 $OC \perp OT$。

又因为 $OC = OT = \sqrt{2}$，知点 $O$ 到直线 $CT$ 的距离

$h = \frac{2S_{\triangle OCT}}{CT} = \frac{OC \cdot OT}{CT} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}}{2} = 1,$

所以 B 正确。

对于选项 C：

球 $O$ 的半径 $R$ 等于点 $O$ 到直线 $CT$ 的距离，即 $R = 1$。
从而平面 $CDT$ 截棱切球所得圆的半径

$d = \sqrt{R^2 - r^2} = \sqrt{1 - \frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3},$

设这个圆为圆 $P$。

设球 $O$ 的体积为 $V$，而以 $O$ 为顶点、圆 $P$ 为底面的圆锥的体积为 $V_1$，
则棱切球在正八面体内部的体积大于 $8V_1$。

从而球 $O$ 在正八面体外部的体积小于

$V - 8V_1 = \frac{4}{3}\pi R^3 - 8 \cdot \frac{1}{3}\pi d^2 r = \frac{4}{3}\pi - 8 \cdot \frac{1}{3}\pi \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{6}}{3} = \left( \frac{4}{3} - \frac{8\sqrt{6}}{27} \right)\pi,$

所以 C 正确。

对于选项 D：

球 $O$ 在正八面体外部的面积等于正八面体外部 $8$ 个球冠的表面积。
而对于一个球冠而言，由其顶点和底面可以确定一个圆锥，而该圆锥的侧面积一定小于球冠的表面积。
从而，每个球冠的表面积都大于由该球冠顶点和底面圆确定的圆锥的侧面积。

该圆锥的底面半径 $d = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$，高 $H = R - r = 1 - \dfrac{\sqrt{6}}{3}$，故母线长

$l = \sqrt{d^2 + H^2} = \sqrt{ \frac{1}{3} + \left(1 - \frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2 } = \sqrt{ 2 - \frac{2\sqrt{6}}{3} }.$

所以每个球冠的表面积都大于该圆锥的侧面积

$\pi d l = \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{2 - \frac{2\sqrt{6}}{3}} \cdot \pi = \frac{1}{3} \sqrt{6 - 2\sqrt{6}} \, \pi.$

所以 $8$ 个球冠的表面积之和大于 $\dfrac{8}{3} \sqrt{6 - 2\sqrt{6}}\, \pi$，故 D 正确。

故 答案选：BCD 💯

解析：

(1) 连接 $B_1C$、$BC_1$，且 $B_1C \cap BC_1 = O$，连接 $DO$．

因为在正三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 中，底面边长为 $2$，$AA_1 = 2$，所以侧面都是边长为 $2$ 的正方形．

在正方形 $BCC_1B_1$ 中，$BC_1 \perp B_1C$．

又因为 $DB = DC_1$，$O$ 为 $BC_1$ 中点，所以 $\triangle DBC_1$ 为等腰三角形，$DO$ 是底边 $BC_1$ 的中线，所以 $DO \perp BC_1$．

又因为 $B_1C \subset$ 面 $B_1DC$，$DO \subset$ 面 $B_1DC$，且 $B_1C \cap DO = O$，所以 $BC_1 \perp$ 面 $B_1DC$．

(2) 法一：几何法

连接 $BC_1$，由 $\dfrac{DN}{DB} = \dfrac{DM}{DC_1}$ 可得 $MN \parallel BC_1$．

记 $BC_1$ 与平面 $ABC$ 所成角为 $\alpha$．由于 $CC_1 \perp$ 平面 $ABC$，$BC$ 是 $BC_1$ 在平面 $ABC$ 上的投影，则 $\alpha = \angle CBC_1$．

根据线面角的定义，$\cos\alpha = \cos\angle CBC_1 = \dfrac{BC}{BC_1} = \dfrac{2}{3}$．

在 Rt $\triangle BCC_1$ 中，由 $\cos\alpha = \dfrac{BC}{BC_1} = \dfrac{2}{3}$ 且 $BC = 2$，得 $BC_1 = 3$．

由勾股定理：$CC_1 = \sqrt{BC_1^2 - BC^2} = \sqrt{3^2 - 2^2} = \sqrt{5}$．

所以 $V = Sh = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \times 2^2 \times \sqrt{5} = \sqrt{15}$．

答案：$\displaystyle \sqrt{15}$

解析：

对于 A：
若标准差为 $0$，则 $10$ 个数 $x_1,x_2,\cdots,x_{10}$ 的平均数为 $5$，这 $10$ 个数都是 $5$，此时这组数据的中位数为 $\dfrac{5+5}{2}=5$，不超过 $7$，故 A 正确．

对于 B：
设这 $10$ 个数依次为

$-11,\;3,\;3,\;3,\;8,\;8,\;8.5,\;8.5,\;9.5,\;9.5,$

则它们的平均数为

$\frac{-11+3\times3+2\times(8+8.5+9.5)}{10} =\frac{-11+9+2\times26}{10} =\frac{50}{10}=5,$

满足题意．此时这组数据的中位数为 $\dfrac{8+8}{2}=8$，超过 $7$，故 B 错误．

对于 C：
若极差为 $5$，则可设这 $10$ 个数的最小值为 $a$，最大值为 $a+5$，这 $10$ 个数为

$a,\;a+k_1,\;a+k_2,\;\cdots,\;a+k_8,\;a+5,$

其中 $0\leqslant k_1\leqslant k_2\leqslant\cdots\leqslant k_8\leqslant5$．
已知平均数为 $5$，则

$10a+(k_1+k_2+\cdots+k_8)+5=50,$

即 $10a+(k_1+k_2+\cdots+k_8)=45$．
因为 $k_1,k_2,k_3\geqslant0$，$k_4\leqslant k_5\leqslant\cdots\leqslant k_8$，所以

$k_1+k_2+\cdots+k_8\geqslant k_4+k_5+k_6+k_7+k_8 \geqslant k_4+4k_5 \geqslant\frac{5}{2}(k_4+k_5),$

于是

$45=10a+(k_1+k_2+\cdots+k_8) \geqslant10a+\frac{5}{2}(k_4+k_5),$

即 $10a+\dfrac{5}{2}(k_4+k_5)\leqslant45$，亦即 $a+\dfrac{k_4+k_5}{4}\leqslant\dfrac{9}{2}$．
此时这组数据的中位数为 $\dfrac{(a+k_4)+(a+k_5)}{2}=a+\dfrac{k_4+k_5}{2}$，
故

$a+\frac{k_4+k_5}{2} =\left(a+\frac{k_4+k_5}{4}\right)+\frac{k_4+k_5}{4} \leqslant\frac{9}{2}+\frac{k_4+k_5}{4}.$

由 $0\leqslant k_4+k_5\leqslant10$ 得 $\dfrac{k_4+k_5}{4}\leqslant\dfrac{5}{2}$，因此

$a+\frac{k_4+k_5}{2}\leqslant\frac{9}{2}+\frac{5}{2}=7,$

即中位数不超过 $7$，C 正确．

对于 D：
设 $x_1,x_2,\cdots,x_{10}$ 已经从小到大排列，即 $x_1\leqslant x_2\leqslant\cdots\leqslant x_{10}$．
用反证法．假设这组数据的中位数超过 $7$，即 $\dfrac{x_5+x_6}{2}>7$，则 $x_5+x_6>14$．
又 $x_5\leqslant x_6$，所以 $x_6\geqslant\dfrac{x_5+x_6}{2}>7$，即 $x_6>7$，于是

$x_5+x_6+x_7+x_8+x_9+x_{10} \geqslant3(x_5+x_6)>2\times7\times3=42,$

所以

$x_1+x_2+x_3+x_4=50-(x_5+x_6+\cdots+x_{10})<8.$

从而

$(x_1-5)^2+(x_2-5)^2+(x_3-5)^2+(x_4-5)^2 \geqslant\frac{\bigl[(x_1-5)+(x_2-5)+(x_3-5)+(x_4-5)\bigr]^2}{4} =\frac{(-12)^2}{4}=36.$

同理，

$(x_5-5)^2+(x_6-5)^2 \geqslant\frac{\bigl[(x_5-5)+(x_6-5)\bigr]^2}{2} =\frac{8^2}{2}=32.$

又 $7<x_6\leqslant x_7\leqslant x_8\leqslant x_9\leqslant x_{10}$，故

$(x_7-5)^2+(x_8-5)^2+(x_9-5)^2+(x_{10}-5)^2>2^2\times4=16.$

综上所述，

$\sum_{i=1}^{10}(x_i-5)^2>36+32+16=84,$

所以方差为

$\frac{1}{10}\sum_{i=1}^{10}(x_i-5)^2>\frac{84}{10}=8.4>5,$

与方差为 $5$ 矛盾．故中位数不超过 $7$，D 正确．

综上，选 $\boxed{\text{ACD}}$．

答案：$\displaystyle \text{ACD}$