Решение:

• Преобразуваме даденото уравнение до основен вид:
  |3 – 2x| – 5 = 0 |3 – 2x| = 5.
• Разписваме две уравнения и ги решаваме:
  3 – 2x = 5

  или

  3 – 2x = – 5
  x = – 1.

   

  x = 4.
• Верен отговор Г).

Решение:

• Преобразуваме даденото уравнение до основен вид:
• Но g (x) = – 5 < 0, т.е. уравнението няма решение.
• Верен отговор А).

Решение:

• Преобразуваме даденото уравнение до основен вид:
  – 3|x² – 2x + 3| = 0 | : (– 3) |x² – 2x + 3| = 0.
• Но g(x) = 0, т.е. разписваме само едно уравнение и го решаваме:
  x² – 2x + 3 = 0, D = 1 – 12 = – 11 < 0, т.е. уравнението няма решение.
• Верен отговор Д).

Решение:

I начин:

• Даденото уравнение има решение когато |– 4x – 1| ≥ 0, т.е. за x.
• Разписваме две уравнения и ги решаваме:
  2 – 3x = – 4x – 1

  или

  2 – 3x = – (– 4x – 1)
  x = – 3.

   

  x = .
• Верен отговор Г).

II начин:

• Чрез директна проверка установяваме, че x = – 3 е решение на даденото уравнение, т.е. отговори А), В) и Д) отпадат.
• Остава да проверим кое от числата или – е решение.
• След директната проверка достигаме до извода, че отговор Г) е верен.

III начин:

Използваме метода на подинтервалите:

• Нулираме всеки от модулите:
  2 – 3x = 0

  и

  – 4x – 1 = 0
  x = .

   

  x = –.
• Нанасяме тези числа върху числовата ос по големина, очертаваме подинтервалите и определяме знаците на всяка подмодулна величина във всеки подинтервал. Резултатите нанасяме в таблица:
• Разглеждаме даденото уравнение във всеки подинтервал като отделен случай:

  I Случай: При x имаме 2 – 3x = –4x – 1 x = –3 x = –3 е решение.

  II Случай: При x имаме 2 – 3x = –(–4x – 1) x = x = е решение.

  III Случай: При x имаме –(2 – 3x) = –(–4x – 1) x = –3 ∉ не е решение.

• Обобщаваме резултатите: От (I), (II) и (III) случай следва, че решенията на даденото уравнение са: x₁ = –3 и x₂ = .
• Верен отговор Г).

Решение:

Решение:

• Решенията на неравенството са решенията на системата:
  x (–3; 4).
• Целите числа в този интервал са: – 2, – 1, 0, 1, 2, 3.
• Верен отговор Г).

Решение:

• x² – x + 1 > 0 за x, защото D = 1 – 4 = – 3 < 0.
• Тогава:
  |x² – x + 1| ≤ x x² – x + 1 ≤ x x² – 2x + 1 ≤ 0 (x – 1)² ≤ 0 x = 1.
• Верен отговор Д).

Решение:

• От (4) следва, че даденото неравенство се разпада на две неравенства:
  2x + 3 ≥ 5

  или

  2x + 3 ≤ – 5
  x ≥ 1.

   

  x ≤ – 4.
• Т.е., решенията на даденото неравенство са x (– ∞; – 4] [1; + ∞).
• Най-малкото естествено число принадлежащо на този интервал е 1.
• Верен отговор A).

Решение:

• Знаем, че „Модулът на различно от нула число има само положителна стойност”.
• Даденото неравенство ще е изпълнено само при
  2 – x² = 0 ( – x)( + x) = 0.
• Решенията на това уравнение са x_1/2 = ± .
• Верен отговор В).

Решение:

• Преобразуваме неравенството до основен вид:
  – ≥ 0.
• Знаем, че „Модулът на различно от нула число има само положителна стойност”. Затова решенията на горното неравенство са всяко x.
• Верен отговор Б).

Решение:

• Намираме ДМ.:
  – 5x ≥ 0 x ≤ 0.
• Разписваме две уравнения:
  –x² – 4 = –5x

  или

  –x² – 4 = –(–5x)
  x² – 5x + 4 = 0

   

  x² + 5x + 4 = 0
  x₁ = 1, x₂ = 4.

   

  x₃ = –1, x₄ = –4.
• От тези корени само x₃ и x₄ принадлежат на ДМ.
• Верен отговор В).

Решение:

• Нулираме всеки от модулите:
  x² – 2x – 3 = 0

  и

  2x – 5 = 0
  D = 4, x₁ = 3, x₂ = –1.

   

  x = .
• Нанасяме тези числа върху числовата ос по големина, очертаваме подинтервалите и определяме знаците на всяка подмодулна величина във всеки подинтервал. Резултатите нанасяме в таблица:
• Разглеждаме даденото уравнение във всеки подинтервал като отделен случай:

  I Случай: При x (–∞; –1) имаме x² – 2x – 3 = –(2x – 5) + 1 x² – 9 = 0, x₁ = 3, x₂ = –3, но само x₂ = –3 (–∞; –1) x = –3 е решение.

  II Случай: При x имаме –(x² – 2x – 3) = – (2x – 5) + 1 x² – 4x + 3 = 0, x₁ = 3, x₂ = 1, но само x₂ = 1 x = 1 е решение.

  III Случай: При x имаме –(x² – 2x – 3) = 2x – 5 + 1 x² – 7 = 0, x₁ = , x₂ = –, но само x₁ = x = е решение.

  IV Случай: При x [3; +∞): маме x² – 2x – 3 = 2x – 5 + 1 x² – 4x + 1 = 0, x₁ = 2 + , x₂ = 2 – , но само x₁ = 2 + [3; +∞) x = 2 + е решение.

• Обобщаваме резултатите: От (I), (II), (III) и (IV) случай следва, че решенията на даденото уравнение са: x₁ = –3, x₂ = 1, x₃ = и x₄ = 2 + .
• Най-голямото от тези числа е x₄ = 2 + .
• Верен отговор A).

Решение:

Решение:

Решение:

• Използваме формула (3):
  x [–1; 2].
• Верен отговор Г).

Решение:

• Знаем, че „Модулът на различно от нула число има само положителна стойност”.
• Даденото неравенство ще е изпълнено само при
  5 – x² – 4x = 0 |.(– 1) x² + 4x – 5 = 0, D = 2² + 5 = 9, x₁ = 1, x₂ = – 5.
• Верен отговор В).

Решение:

• Знаем, че „Модулът на различно от нула число има само положителна стойност”.
• Даденото неравенство ще е изпълнено при
  6 – 3x² – 7x ≠ 0 | . (– 1) 3x² + 7x – 6 ≠ 0,
  D = 7² + 72 = 121, x₁ ≠ , x₂ ≠ – 3.
• Верен отговор Д).

Решение:

• Освобождаваме се от модула като използваме формула (4):
  1)

  или

  2)
• Решаваме всяко от тези дробни неравенства:
  • Нулираме числител и знаменател:
    4x – 3 = 0

    или

    x – 1 = 0
    x = .

     

    x = 1.
  • Нанасяме на числовата ос и очертаваме подинтервалите:
    
  • Определяме решенията:
    x .
• От (1) и (2) следва, че даденото неравенство има решения x (1; +∞).
• Верен отговор Д).

Решение:

Решение:

• Даденото неравенство е дробно неравенство и знаменателят му е положителен, защото
  D = 1 – 4 = –3 < 0 и затова x² + x + 1 > 0 за всяко x.
• Може да приведем под общ знаменател и двете страни на дробното неравенство, т.е.
  ≤ 0 |x – 3| – 1 ≤ 0.
• Полученото неравенство решаваме като модулно:
  |x – 3| – 1 ≤ 0 |x – 3| ≤ 1 x [2; 4].
• Най-малкото цяло положително число принадлежащо на този интервал е 2.
• Верен отговор В).