$\{\begin{array}{l}\sin 0=0\\ \cos 0=1\end{array}$
なので、
$f(0)=3\cdot 0^2+4\cdot 0\cdot 1-1^2$
$f(0)$$=-1$
である。

解答ア：－, イ：１

$\{\begin{array}{l}{\displaystyle \sin \frac{\pi }{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\ {\displaystyle \cos \frac{\pi }{3}=\frac{1}{2}}\end{array}$
なので、
$f{\displaystyle \left(\frac{\pi }{3}\right)=3\cdot {\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}$
          $={\displaystyle \frac{9}{4}+\sqrt{3}-\frac{1}{4}}$
          $={\displaystyle \frac{8}{4}+\sqrt{3}}$
          $=2+\sqrt{3}$
である。

解答ウ：２, エ：３

次は$f(\theta )$を$\sin 2\theta$と$\cos 2\theta$で表すので、$f(\theta )$に含まれる
${\sin }^2\theta$ $\sin \theta \cos \theta$ ${\cos }^2\theta$ に２倍角の公式を代入して、
$\sin 2\theta$ $\cos 2\theta$ に変えたい。
式Ａと式Ｃ'を$\sin \theta \cos \theta$と${\cos }^2\theta$には代入できるけど、${\sin }^2\theta$には代入できないので、
$f(\theta )=3{\sin }^2\theta +4\sin \theta \cos \theta -{\cos }^2\theta$
に
${\sin }^2\theta =1-{\cos }^2\theta$
を代入して${\sin }^2\theta$を消そう。

$f(\theta )=3(1-{\cos }^2\theta )+4\sin \theta \cos \theta -{\cos }^2\theta$
を変形して、
$f(\theta )=3-3{\cos }^2\theta +4\sin \theta \cos \theta -{\cos }^2\theta$
$f(\theta )$$=2(2\sin \theta \cos \theta )-4{\cos }^2\theta +3$
これに式Ａ，式Ｃ'を代入して、
$f({\displaystyle \theta )=2\sin 2\theta -4\cdot \frac{\cos 2\theta +1}{2}+3}$
$f(\theta )$$=2\sin 2\theta -2\cos 2\theta -2+3$
$f(\theta )$$=2\sin 2\theta -2\cos 2\theta +1$①
となる。

解答キ：２, ク：２, ケ：１

別解

式Ｃから式Ｃ'を作ったのと同じように、式Ｂを
$1-2{\sin }^2\theta =\cos 2\theta$
$2{\sin }^2\theta =1-\cos 2\theta$
${\displaystyle {\sin }^2\theta =\frac{1-\cos 2\theta }{2}}$
と変形して、式Ａ，式Ｃ'といっしょに$f(\theta )$の式に代入すると、
$f({\displaystyle \theta )=3\cdot \frac{1-\cos 2\theta }{2}+2\sin 2\theta -\frac{\cos 2\theta +1}{2}}$
となる。
これを変形して、
$f({\displaystyle \theta )=2\sin 2\theta +\frac{3-3\cos 2\theta }{2}-\frac{\cos 2\theta +1}{2}}$
$f({\displaystyle \theta )}$${\displaystyle =2\sin 2\theta +\frac{2-4\cos 2\theta }{2}}$
$f(\theta )$$=2\sin 2\theta -2\cos 2\theta +1$①
となる。

解答キ：２, ク：２, ケ：１

という解き方も出来るけど、ちょっと計算が面倒になるので、はじめの解法の方がお勧めだ。

ここで、
$2{\displaystyle \theta -\frac{\pi }{4}=A}$式Ｄ
とおくと、式①'は
$f(\theta )=2\sqrt{2}$ $\sin A$ $+1$①''
となる。

$\theta$の定義域は
$0\leqq \theta \leqq \pi$
なので、
$0\leqq 2\theta \leqq 2\pi$
$-{\displaystyle \frac{\pi }{4}\leqq 2\theta -\frac{\pi }{4}\leqq 2\pi -\frac{\pi }{4}}$
より
$-{\displaystyle \frac{\pi }{4}\leqq A\leqq 2\pi -\frac{\pi }{4}}$
なので、$A$の定義域は図Ｂのようになる。

図Ｂから、式①''の赤い部分、$\sin A$の範囲は
$-1\leqq \sin A\leqq 1$式Ｅ
であることが分かる。

式Ｅから式①''の範囲を作ろう。
式Ｅの各辺に$2\sqrt{2}$をかけて、
$-2\sqrt{2}\leqq 2\sqrt{2}\sin A\leqq 2\sqrt{2}$
各辺に$1$をたして、
$-2\sqrt{2}+1\leqq$ $2\sqrt{2}\sin A+1$ $\leqq 2\sqrt{2}+1$
この式のオレンジの部分は式①''の右辺なので、
$-2\sqrt{2}+1\leqq f(\theta )\leqq 2\sqrt{2}+1$
であることがわかる。

この範囲に入る最大の整数が$m$なので、$m$は$2\sqrt{2}+1$以下の最大の整数だ。
$\sqrt{2}\doteqdot 1.41$
なので、
$2\sqrt{2}\doteqdot 2.82$
$2\sqrt{2}+1\doteqdot 3.82$
となるから、$2\sqrt{2}+1$以下の最大の整数は
$m=3$
である。

解答ス：３

最後に、
$f(\theta )=3$
のときの$\theta$の値を求めよう。

式①''より
$2\sqrt{2}\sin A+1=3$
$2\sqrt{2}\sin A=2$
${\displaystyle \sin A=\frac{1}{\sqrt{2}}}$式Ｆ
となる。
これを図Ｂに書き込むと、図Ｃができる。

図Ｃより、式Ｆの解は
$A={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$，${\displaystyle \frac{3}{4}\pi }$式Ｇ
だけど、問われているのは$\theta$であって、$A$じゃない。
なので、これを$A$に変えよう。

式Ｇに式Ｄを代入して、
$2{\displaystyle \theta -\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}}$，${\displaystyle \frac{3}{4}\pi }$
$2{\displaystyle \theta =\frac{\pi }{2}}$，$\pi$
${\displaystyle \theta =\frac{\pi }{4}}$，${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$
である。

解答セ：４, ソ：２