Yanıt: $\boxed{B}$
$m,n,k$ sayıları 3. dereceden $x^3-bx^2+cx-d \equiv 0 \pmod{p}$ denkliğinin kökleri olarak düşünülebilir. Vieta teoreminden $ b \equiv 0 \pmod{p}$, $ c \equiv 1 \pmod{p}$, $ d \equiv 2 \pmod{p}$ olur. $x^3+x-2 =0$ denkleminin bir kökü $x=1$ olduğundan $x-1$ çarpanı bulunur. Polinom bölmesi ile $ x^3+x-2 =(x-1)(x^2+x+2)$ yazılabilir. $k \equiv 1 \pmod{p}$ alabiliriz. $m,n$ sayıları $ x^2+x+2 \equiv 0 \pmod{p}$ denkliğinin kökleridir. Bu denkliği $4$ ile genişletirsek $ (2x+1)^2 \equiv -7 \pmod{p}$ şeklinde düzenleyebiliriz. Şimdi $p$ ye değerler verelim.
$p=2$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 1 \pmod{2}$ olup $1$ sayısı, $\mod{2}$ de bir kare kalandır. (Yani çözüm vardır, bu çözümlerin $ x \equiv 0,1 \pmod{2}$ olduğunu görmek zor değildir).
$p=3$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 2 \pmod{3}$ olup $2$ sayısı, $\mod{3}$ de bir kare kalan değildir, çözüm yoktur.
$p=5$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 3 \pmod{5}$ olup $3$ sayısı, $\mod{5}$ de bir kare kalan değildir, çözüm yoktur.
$p=7$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 0 \pmod{2}$ olup $0$ sayısı, $\mod{7}$ de bir kare kalandır. Yani çözüm vardır ve $x \equiv 3 \pmod{7}$ çözümdür. $m=n=3$ alınabilir.
$p=11$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 4 \pmod{2}$ olup $4$ sayısı, $\mod{7}$ de bir kare kalandır. Çözüm vardır .
$p=13$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 5 \pmod{2}$ olup $5$ sayısı, $\mod{13}$ de bir kare kalan değildir. $\mod 13$ de kare kalanlar $ 0,1,3,4,9,10,12 $ dir.
Sonuç olarak $p \in \{ 2,7,11 \}$ elde edilir.
