Yes.
Put the number with the largest absolute value at $x^{2n}$; then the only possible integer root is $-1$. This is easily avoidable by permuting the remaining coefficients.

Solution:
Да, обязательно.
Пусть $p_0, p_1, \dots, p_{2n}$ — числа на карточках, причём $p_{2n}$ — наибольшее по модулю из них. Поставим $p_i$ коэффициентом при $x^i$. Тогда, если $a$ — целое число, по модулю не меньшее двойки, то
$$\begin{aligned} |p_{2n}a^{2n}| &> |p_{2n}|(|a^{2n-1}| + |a^{2n-2}| + \dots + 1) \ge \\ &\ge |p_{2n-1}a^{2n-1}| + |p_{2n-2}a^{2n-2}| + \dots + |p_0| \ge \\ &\ge |p_{2n-1}a^{2n-1}| + |p_{2n-2}a^{2n-2}| + \dots + |p_0|, \end{aligned}$$
так что $a$ — не корень полученного многочлена.
Осталось переставить коэффициенты $p_{2n-1}, p_{2n-2}, \dots, p_0$ так, чтобы числа $0$ и $\pm 1$ также не были корнями. Числа $0$ и $1$ в любом случае корнями не являются, поскольку $p_0 \ne 0 \ne p_{2n} + p_{2n-1} + \dots + p_0$ по условию. Предположим, что $x_0 = -1$ является корнем многочлена при любой перестановке коэффициентов $p_{2n-1}, p_{2n-2}, \dots, p_0$. Тогда, если поменять местами $p_i$ и $p_{i-1}$ (при $i=1, 2, \dots, 2n-1$), значение многочлена в $x_0$ не изменится, что возможно лишь при $p_i = p_{i-1}$. Но тогда наш многочлен имеет вид $p_{2n}x^{2n} + p_0(x^{2n-1} + x^{2n-2} + \dots + 1)$, и его значение в точке $x_0 = -1$ равно $p_{2n} \ne 0$. Противоречие.