Question

从绝对值不超过 $10$ 的整数集合中，不放回地随机选取整数 $a$ 、 $b$ 。多项式 $x^3 + ax^2 + bx + 6$ 有 $3$ 个不同整数根的概率是多少？

Integers $a$ and $b$ are randomly chosen without replacement from the set of integers with absolute value not exceeding $10.$ What is the probability that the polynomial $x^3 + ax^2 + bx + 6$ has $3$ distinct integer roots?

$\dfrac{1}{240}$

$\dfrac{1}{221}$

$\dfrac{1}{105}$

$\dfrac{1}{84}$

$\dfrac{1}{63}$

答案：C

知识点：韦达定理基本概率分类讨论

难度评级：1910

小提示：

若根为不同整数 $p, q, r$ ，则 $pqr = -6$ 、 $a = -(p+q+r)$ 、 $b = pq + qr + rp$ 。

If the roots are distinct integers $p, q, r,$ then $pqr = -6,$ $a = -(p+q+r),$ and $b = pq + qr + rp$

大提示：

列出把 $-6$ 写成三个不同整数乘积的方式，去掉导致 $|a|\gt 10$ 或 $|b| \gt 10$ 的情形，再除以 $21 \cdot 20$ 个有序选择。

List the ways to write $-6$ as a product of three distinct integers, discard any giving $|a|\gt 10$ or $|b| \gt 10,$ and divide by $21 \cdot 20$ ordered choices

解答：

集合中有 $21$ 个整数，所以有 $21 \cdot 20 = 420$ 个有序选择 $(a, b)$ 。若多项式有不同整数根 $p, q, r$ ，则 $pqr = -6$ ， $a = -(p + q + r)$ ， $b = pq + qr + rp$ 。

乘积为 $-6$ 的不同整数根三元组为 $\{1, 2, -3\}$ ， $\{1, -2, 3\}$ ， $\{-1, 2, 3\}$ ， $\{-1, -2, -3\}$ ，以及 $\{1, -1, 6\}$ 。它们给出 $(a, b) = (0, -7)$ ， $(-2, -5)$ ， $(-4, 1)$ ， $(6, 11)$ ，和 $(-6, -1)$ 。第四组有 $b = 11 \gt 10$ ，无效；其余四组有效且互不相同。

所求概率为 $\dfrac{4}{420} = \dfrac{1}{105}$ 。

所以正确答案是 C。

The set has $21$ integers, so there are $21 \cdot 20 = 420$ ordered choices of $(a, b).$ If the polynomial has distinct integer roots $p, q, r,$ then $pqr = -6,$ $a = -(p + q + r),$ and $b = pq + qr + rp.$

The triples of distinct integers with product $-6$ are $\{1, 2, -3\},$ $\{1, -2, 3\},$ $\{-1, 2, 3\},$ $\{-1, -2, -3\},$ and $\{1, -1, 6\}.$ These give $(a, b) = (0, -7),$ $(-2, -5),$ $(-4, 1),$ $(6, 11),$ and $(-6, -1).$ The fourth has $b = 11 \gt 10,$ so it is invalid; the other four are valid and distinct.

The probability is $\dfrac{4}{420} = \dfrac{1}{105}.$

Thus, the correct answer is C.

2024 AMC 12B 第 17 题

答案：C

难度评级：1910

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解答：

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