$\left\{\begin{array}{l} \sin 0=0\\ \cos 0=1 \end{array}\right.$
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

$\left\{\begin{array}{l} \displaystyle \sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\ \displaystyle \cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2} \end{array}\right.$
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