2020-2021学年湖北省黄冈市某校高一（下）期中考试数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省黄冈市某校高一（下）期中考试数学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题)，多选题)，填空题)，解答题)等内容，欢迎下载使用。

1. 已知i为虚数单位，复数z满足z3−i=2+i，则下列说法正确的是( )
A.复数z的模为2 B.复数z的共轭复数为−12−12i
C.复数z的虚部为12i D.复数z在复平面内对应的点在第一象限
2. 已知向量a→=3,4，b→=1−λ,2+λ，且a→//b→，则λ=( )
A.2B.−2C.27D.−27
3. 已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，给出下列四个说法：①a // b，b // c⇒a // c； ②a // α，b // α⇒a // b；③a // α，β // α⇒a // β； ④a⊄α，b⊂α，a // b⇒a // α．其中说法正确的是( )
A.①④B.①②C.②③D.③④
4. 已知△ABC内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若csB=14，b=2，sinC=2sinA，则△ABC的面积为( )
A.156B.154C.152D.15
5. 已知向量a→=(x2, x+2)，b→=(−3,−1)，c→=(1, 3)，若a→//b→，则a→与c→夹角为( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6
6. 八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA=1，则下列结论中错误的是( )

A.AD→//BC→ B.OA→⋅OD→=−22 C.OB→+OH→=−2OE→ D.|AF→|=2−2
7. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：
①FG // 平面AA1D1D； ②EF // 平面BC1D1；
③FG // 平面BC1D1； ④平面EFG // 平面BC1D1.
其中推断正确的序号是( )

A.①③B.①④C.②③D.②④
8. 在△ABC中，向量AB→与AC→满足AB→AB→+AC→AC→⋅BC→=0，BA→BA→⋅BC→BC→=22，则△ABC为( )
A.等边三角形B.直角三角形
C.等腰非等边三角形D.等腰直角三角形
二、多选题)
9. 设向量a→=−1,1，b→=0,2，则( )
A.|a→|=|b→| B.a→−b→//b→ C.a→−b→⊥a→ D.a→与b→的夹角为π4
10. 在△ABC中，AB=3，AC=1，B=π6，则△ABC的面积可以是( )
A.32B.1C.33D.34
11. 如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，其中正确的结论为( )

A.直线BN与MB1是异面直线 B.直线AM与BN是平行直线
C.直线AM与C1C是相交直线 D.直线MN与AC所成的角为60∘
12. 下列结论正确的是( )
A.在△ABC中，若A>B，则sinA>sinB
B.在锐角三角形ABC中，不等式b2+c2−a2>0恒成立
C.在△ABC中，若C=π4，a2−c2=bc，则△ABC为等腰直角三角形
D.在△ABC中，若b=3，A=60∘，三角形面积S=33，则三角形外接圆半径为33
三、填空题)
13. 已知i是虚数单位，则复数z=(1+i)(2−i)的实部是________.

一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________.
15. 如图所示正方形O′A′B′C′的边长为2cm，它是一个水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是________．


16. 如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点. 从A点测得M点的仰角∠MAN=60∘，C点的仰角∠CAB=45∘，以及∠MAC=75∘，从C点测得∠MCA=60∘.已知山高BC=100m，则山高MN=________m.

四、解答题)
17. 已知平面向量a→=(1, x)，b→=(2x+3, −x)(x∈R)．
(1)若a→⊥b→，求x的值；

(2)若a→ // b→，求|a→−b→|．

18. 如图：已知四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点，求证：

(1)PC//平面EBD；

(2)BC⊥平面PCD．

19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB=PD．

(1)求证：BD⊥PC；

(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC // l．

20. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2b−ccsA=acsC.
(1)求角A的大小；

(2)若a=26,c=4，求△ABC的面积．

21. 如图，在△ABC中，AB=10，BC=14，AC=16.

(1)求三角形的外接圆的半径R；

(2)若AD为∠BAC的内角平分线，求AD的长．

22. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csC=ab−c2b．
(1)求角B；

(2)若△ABC外接圆的半径为3，且AC边上的中线长为172，求△ABC的面积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省黄冈市某校高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的模
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
本题考查了复数的四则运算，复数的概念，属于基础题．化简复数z，然后依次判断各个选项即可．
【解答】
解：z3−i=2+i，
则z=2+i3−i=(2+i)(3+i)10
=1+i2=12+i2，
∴|a|=14+14=22，故A错；
复数z的共轭复数为12−12i，故B错；
复数z的虚部为12，故C错；
复数z在复平面内对应的点为12,12，在第一象限，故D正确．
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
由题意利用两个向量共线的性质，求得λ的值．本题主要考查两个向量共线的性质，属于基础题．
【解答】
解：∵向量a→=3,4，b→=1−λ,2+λ，且a→//b，
∴32+λ−41−λ=0，
则λ=−27.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
平面与平面平行的性质
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
根据平行线的传递性，可知①正确；a // α，b // α，则a，b可以平行、相交、异面；a // α，β // α，则a // β或a⊂β；
根据线面平行的判定，可知④正确，故可得结论．
【解答】
解：根据平行线的传递性，可知①正确；
a // α，b // α，则a，b可以平行、相交、异面，即②不正确；
a // α，β // α，则a // β或a⊂β，即③不正确；
根据线面平行的判定，可知④正确.
故正确的命题是①④.
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
由题意和正余弦定理可得a，c的值，由同角三角函数的基本关系可得sinB，代入三角形的面积公式计算可得．
【解答】
解：∵ sinC=2sinA，
∴ 由正弦定理可得c=2a.
又csB=14，b=2，
由余弦定理可得22=a2+(2a)2−2a⋅2a×14，
解得a=1，∴ c=2.
又csB=14，
∴ sinB=1−cs2B=154，
∴ △ABC的面积S=12acsinB=12×1×2×154=154.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
相等向量与相反向量
【解析】
由题意可得a→与 b→反向，故 a→与c→夹角即为−b→与c→夹角，利用两个向量的夹角公式求得<−b→，c→>．
【解答】
解：∵ 向量a→=(x2, x+2)，b→=(−3,−1)，c→=(1, 3)，
若a→//b→，则a→与 b→反向，
∴ a→与c→夹角即为−b→与c→夹角．
cs<−b→,c→>=−b→⋅c→|b→|⋅|c→|=−−3−32×2=32，
∴ <−b→,c→>=π6，即a→与c→夹角为π6.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
在正八边形ABCDEFGH中，A．易知AD//BC，再由共线向量定义判断．B．根据数量积运算判断．C．根据
OB→+OH→=20A,OA→=−OE→判断．D．根据|AF→|=|OF→−OA→|=|OF→−OA→2求解判断．
【解答】
解：由图2知，在正八边形ABCDEFGH中，
AD//BC，所以AD→//BC→，故A正确；
OA→⋅OD→=|OA→|⋅|OD→|⋅cs3π4=−22，故B正确；
OB→+OH→=2OA→，OA→=−OE→，
所以OB→+OH→=−2OE→，故C正确；
|AF→|=|OF→−OA→|=(OF→−OA→)2
=(OF→)2−2OF→⋅OA→+(OA→)2
=1−2×1×cs3π4+1
=2+2，故D错误．
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
本题主要考查了平面与平面平行的判定的相关知识点，需要掌握判断两平面平行的方法有三种:用定义；判定定理；垂直于同一条直线的两个平面平行才能正确解答此题．
【解答】
解：∵ 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，
∴ FG // BC1，
∵ BC1 // AD1，
∴ FG // AD1，
∵ FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，
∴ FG // 平面AA1D1D，故①正确；
∵ EF // A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，
∴ EF与平面BC1D1相交，故②错误；
∵ E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，
∴ FG // BC1，
∵ FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，
∴ FG // 平面BC1D1， 故③正确；
∵ EF与平面BC1D1相交，
∴ 平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．
综上，①③正确，②④错误.
故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
向量在几何中的应用
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
先由题意,得到∠ABC的平分线垂直于BC,推出AB=AC,再由向量夹角公式,得到∠ABC=π4,进而可得结论.
【解答】
解：因为非零向量AB→与AC→满足AB→AB→+AC→AC→⋅BC→=0,
所以∠BAC的平分线垂直于BC，所以AB=AC.
又cs∠ABC=BA→⋅BC→BA→⋅BC→=22,
所以∠ABC=∠ACB=π4,
∠BAC=π2,
所以△ABC为等腰直角三角形.
故选D.
二、多选题
9.
【答案】
C,D
【考点】
平面向量的坐标运算
向量的数量积判断向量的共线与垂直
向量的模
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
本题考查了平面向量的坐标运算，熟记平面向量的模，垂直，夹角坐标运算公式及共线向量的坐标运算时解题的关键，考查学生的运算能力，属于基础题．
【解答】
解：对于A，a→=−1,1，b→=0,2，
∴|a→|=2，|b→|=2
∴|a→|≠|b→|，故A错误；
对于B，a→=−1,1，b→=0,2，
∴a→−b→=−1,−1，
又b→=0,2，
则−1×2−−1×0≠0，
∴a→−b→与b→不平行，故B错误；
对于C，∵ a→−b→⋅a→=−1×−1+−1×1=0，
∴a→−b→⊥a→，故C正确；
对于D，由题知cs=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=222=22.
∵ a→与b→的夹角范围是0,π，
∴a→与b→的夹角为π4，故D正确．
故选CD．
10.
【答案】
A,D
【考点】
正弦定理
【解析】
先由正弦定理求得sinC的值，进而求得C，根据三角形内角和求得A，最后利用三角形面积公式求得答案．
【解答】
解：由正弦定理知ABsinC=ACsinB，
∴ sinC=ABsinBAC=32，
∴ C=π3，A=π2，S=12AB⋅ACsinA=32；
或C=2π3，A=π6，S=12AB⋅ACsinA=34．
故选AD.
11.
【答案】
A,D
【考点】
异面直线及其所成的角
异面直线的判定
【解析】
在A中，直线AM与C1C是异面直线；在B中，直线AM与BN是异面直线；在C中，直线BN与MB1是异面直线；在D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线MN与AC所成的角为60∘．
【解答】
解：如图，
A，取CD的中点G，连接BG，
可得BG//MB1，
又BG与BN相交，
∴ 直线MB1与BN是异面直线.
故选项正确；
B，取D1D的中点F，连接AF，
可得AF//BN，
又AF与AM相交，
∴ 直线AM与BN不平行.
故选项错误；
C，∵ 直线CC1⊂在平面CC1D1D上，
而点M在平面CC1D1D内，且不在直线CC1上，点A不在平面CC1D1D内，
∴ 直线AM与直线CC1异面.
故选项错误；
D，连接CD1，AD1，
可得MN // CD1，
则∠ACD1为直线MN与AC所成的角，
易知△ACD1为等边三角形，
即直线MN与AC所成的角为60∘.
故选项正确．
故选AD.
12.
【答案】
A,B,C
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
①直接利用正弦定理求出结果．
②直接利用余弦定理求出结果．
③直接利用余弦定理和关系式的变换求出结果．
④直接利用三角形的面积公式的应用和三角形的边角关系的应用求出结果．
【解答】
解：A，在△ABC中，若A>B，
根据大边对大角，所以a>b，
利用正弦定理，所以2RsinA>2RsinB，
所以sinA>sinB，故选项A正确；
B，因为△ABC为锐角三角形，
所以csA=b2+c2−a22bc>0，
故不等式b2+c2−a2>0恒成立，故选项B正确；
C，在△ABC中，a2−c2=bc，可得b+c=2a，
则b2+c2+2bc=2a2，
因为a2−c2=bc，所以b2+c2+2(a2−c2)=2a2，
所以b=c，
所以∠B=∠C=π4，所以A=π2，故C正确；
D，在△ABC中，因为b=3，A=60∘，
三角形面积S=33，
所以S△ABC=12×3×c×32=33，解得c=4，
所以a=b2+c2−2bccsA=13，
由正弦定理R=a2sinA≠33，故选项D错误．
故选ABC．
三、填空题
13.
【答案】
3
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的基本概念
【解析】
利用复数的乘法法则，将复数z化为z=a+bi的形式，然后根据复数的定义即可得出复数的实部.
【解答】
解：z=(1+i)(2−i)=3+i，
则实部为3.
故答案为：3.
14.
【答案】
2π
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
根据圆锥的轴截面求出圆锥的母线长和底面圆半径，计算它的侧面积．
【解答】
解：圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，如图所示；
则圆锥的母线长为l=2，底面圆半径为r=1，
所以圆锥的侧面积为S侧=πrl=2π．
故答案为：2π．
15.
【答案】
82(cm2)
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
根据原几何图形的面积与直观图的面积之比可快速的计算出答案．
【解答】
解：由直观图可得：原几何图形的面积与直观图的面积之比为22:1
又正方形O′A′B′C′的边长为2(cm)，
故正方形O′A′B′C′的面积为4(cm2)
原图形的面积S=82(cm2).
故答案为：82(cm2).
16.
【答案】
150
【考点】
解三角形的实际应用
正弦定理
【解析】
通过解△ABC可先求出AC的值；解△AMC，由正弦定理可得AM的值；在Rt△AMN中，MN=AM⋅sin∠MAN，从而可求得MN的值.
【解答】
解：在△ABC中，
∵∠BAC=45∘，∠ABC=90∘，BC=100m，
∴AC=100sin45∘=1002(m).
在△AMC中，
∵∠MAC=75∘，∠MCA=60∘，
∴∠AMC=45∘.
由正弦定理得，
AMsin∠MCA=ACsin∠AMC，
即AMsin60∘=1002sin45∘，
∴ AM=1003m.
在Rt△AMN中，
MN=AM⋅sin∠MAN=1003×sin60∘=150(m).
故答案为：150.
四、解答题
17.
【答案】
解：(1)∵ a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=(1, x)⋅(2x+3, −x)=2x+3−x2=0，
整理得：x2−2x−3=0，
解得：x=−1，或x=3.
(2)∵ a→ // b→，
∴ 1×(−x)−x(2x+3)=0，
即x(2x+4)=0，
解得x=−2，或x=0，
当x=−2时，a→=(1, −2)，b→=(−1, 2)，
a→−b→=(2, −4)，
∴ |a→−b→|=25，
当x=0时，a→=(1, 0)，b→=(3, 0)，
a→−b→=(−2, 0)，
∴ |a→−b→|=2，
故|a→−b→|的值为25或2．
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平行向量的性质
向量的模
【解析】
（1）由a→⊥b→，a→⋅b→=0，我们易构造一个关于x的方程，解方程即可求出满足条件的x的值．
（2）若a→ // b→，根据两个向量平行，坐标交叉相乘差为零，构造一个关于x的方程，解方程求出x的值后，分类讨论后，即可得到|a→−b→|．
【解答】
解：(1)∵ a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=(1, x)⋅(2x+3, −x)=2x+3−x2=0，
整理得：x2−2x−3=0，
解得：x=−1，或x=3.
(2)∵ a→ // b→，
∴ 1×(−x)−x(2x+3)=0，
即x(2x+4)=0，
解得x=−2，或x=0，
当x=−2时，a→=(1, −2)，b→=(−1, 2)，
a→−b→=(2, −4)，
∴ |a→−b→|=25，
当x=0时，a→=(1, 0)，b→=(3, 0)，
a→−b→=(−2, 0)，
∴ |a→−b→|=2，
故|a→−b→|的值为25或2．
18.
【答案】
证明：(1)连接BD，与AC交于O，连接EO.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴O是AC的中点.
∵E是PA的中点，
∴EO//PC.
又∵EO⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，
∴PC//平面EBD．
(2)∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥PD.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BC⊥CD.
又PD∩CD=D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴BC⊥平面PCD．
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
本题考查线面平行、线面垂直的判定．掌握线面平行、线面垂直的判定方法是关键．
（1）连BO，与AC交于O，利用三角形的中位线，可得线线平行．从而可得线面平行．
（2）证明BC⊥PD，BC⊥CD，即可证明BC⊥平面PCD．
【解答】
证明：(1)连接BD，与AC交于O，连接EO.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴O是AC的中点.
∵E是PA的中点，
∴EO//PC.
又∵EO⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，
∴PC//平面EBD．
(2)∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥PD.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BC⊥CD.
又PD∩CD=D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴BC⊥平面PCD．
19.
【答案】
证明：(1)设AC与BD的交点为O，连接PO，AC，
∵ PB=PD，
∴ PO⊥BD，
∵ 底面ABCD是菱形，
∴ BD⊥AC，
∵ PO∩AC=O，
∴ BD⊥平面PAC，
∵ PC⊂平面PAC，
∴ BD⊥PC．
(2)∵ BC // AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴ BC // 平面PAD．
∵ 平面PBC与平面PAD的交线为l，
∴ BC // l．
【考点】
两条直线垂直的判定
两条直线平行的判定
【解析】
（1）根据线面垂直的性质证明BD⊥平面PAC即可．
（2）根据线面平行的性质定理证明BC // 平面PAD即可．
【解答】
证明：(1)设AC与BD的交点为O，连接PO，AC，
∵ PB=PD，
∴ PO⊥BD，
∵ 底面ABCD是菱形，
∴ BD⊥AC，
∵ PO∩AC=O，
∴ BD⊥平面PAC，
∵ PC⊂平面PAC，
∴ BD⊥PC．
(2)∵ BC // AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴ BC // 平面PAD．
∵ 平面PBC与平面PAD的交线为l，
∴ BC // l．
20.
【答案】
解：(1)由题意可得2sinB−sinCcsA=sinAcsC，
∴ 2sinBcsA=sinAcsC+sinCcsA
=sinA+C=sinB.
sinB≠0，∴ csA=12，A∈0,π，∴ A=π3．
(2)由正弦定理得sinC=csinAa=4×3226=22.
又C∈0,2π3，所以C=π4，
所以sinB=sinA+C=sinπ3+π4
=sinπ3csπ4+csπ3sinπ4=6+24，
所以S△ABC=12acsinB=12×26×4×6+24
=6+23．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
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【解答】
解：(1)由题意可得2sinB−sinCcsA=sinAcsC，
∴ 2sinBcsA=sinAcsC+sinCcsA
=sinA+C=sinB.
sinB≠0，∴ csA=12，A∈0,π，∴ A=π3．
(2)由正弦定理得sinC=csinAa=4×3226=22.
又C∈0,2π3，所以C=π4，
所以sinB=sinA+C=sinπ3+π4
=sinπ3csπ4+csπ3sinπ4=6+24，
所以S△ABC=12acsinB=12×26×4×6+24
=6+23．
21.
【答案】
解：(1)在△ABC中，AB=c=10，BC=a=14，AC=b=16，
∴ 由余弦定理得：cs∠BAC=102+162−1422×10×16=12，
∴ ∠BAC=60∘，
设△ABC的外接圆半径为R，
由正弦定理得：2R=BCsin∠BAC=1432=2833，
∴ R=1433.
(2)由S△ABD+S△ADC=S△ABC，
得12×10×AD×sin30∘+12×16×AD×sin30∘
=12×10×16×sin60∘，
解得：AD=80313．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）利用余弦定理表示出cs∠BAC，将三边长代入求出cs∠BAC的值，利用特殊角的三角函数值求出∠BAC的度数，再利用正弦定理即可求出外接圆半径R；
（2）根据S△ABD+S△ADC=S△ABC，利用三角形面积公式列出关系式，即可求出AD的长．
【解答】
解：(1)在△ABC中，AB=c=10，BC=a=14，AC=b=16，
∴ 由余弦定理得：cs∠BAC=102+162−1422×10×16=12，
∴ ∠BAC=60∘，
设△ABC的外接圆半径为R，
由正弦定理得：2R=BCsin∠BAC=1432=2833，
∴ R=1433.
(2)由S△ABD+S△ADC=S△ABC，
得12×10×AD×sin30∘+12×16×AD×sin30∘
=12×10×16×sin60∘，
解得：AD=80313．
22.
【答案】
解：(1)由csC=ab−c2b，可得2bcsC=2a−c.
由正弦定理可得2sinBcsC=2sinA−sinC，
即2sinBcsC=2sin(B+C)−sinC，
可得sinC=2sinCcsB.
又sinC≠0，
所以csB=12.
因为B为三角形内角，所以B=π3．
(2)由正弦定理可知bsinB=23，可得b=3.
设D为AC边上的中点，
则AD=32，BD=172，2BD→=BA→+BC→，
两边平方，可得4BD→2=BA→2+BC→2+2BA→⋅BC→，
即17=c2+a2+ac.
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，
即9=a2+c2−ac，
两式相减可得8=2ac，即ac=4，
所以S△ABC=12acsinB=3.
【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
（1）由正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式，可得sinC=2sinCcsB ，又sinC≠0．可得csB=12，结合B为三角形内角，可得B的值．
（2）由正弦定理可得b．设D为AC边上的中点．则可求AD、BD的值．由于BD→=BA→+BC→两边平方可得17=c2+a2+ac．由余弦定理可得9=a2+c2−ac．解得ac的值．根据三角形的面积公式即可得解．
本题主要考查了正弦定理．三角函数恒等变换，余弦定理．三角形的面积公式以及平面向量数量积的在解三角形中的应用．
考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
【解答】
解：(1)由csC=ab−c2b，可得2bcsC=2a−c.
由正弦定理可得2sinBcsC=2sinA−sinC，
即2sinBcsC=2sin(B+C)−sinC，
可得sinC=2sinCcsB.
又sinC≠0，
所以csB=12.
因为B为三角形内角，所以B=π3．
(2)由正弦定理可知bsinB=23，可得b=3.
设D为AC边上的中点，
则AD=32，BD=172，2BD→=BA→+BC→，
两边平方，可得4BD→2=BA→2+BC→2+2BA→⋅BC→，
即17=c2+a2+ac.
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，
即9=a2+c2−ac，
两式相减可得8=2ac，即ac=4，
所以S△ABC=12acsinB=3.