首先，由于 $x^2 \equiv -2 \pmod{p}$，因此 $(-x)^2 \equiv x^2 \equiv -2\pmod{p}$，即 $(-1)(-2) \equiv x^2 \equiv -2 \pmod{p}$。
接下来，我们考虑对于某对整数 $(u, v)$，定义 $a = u + xv$，$b = v$，则有：
\begin{aligned} a^2 + 2b^2 &= (u+ xv)^2 + 2v^2 \\ &= (u^2 + 2xuv + x^2v^2) + 2v^2 \\ &= u^2 + 2(xu+v^2)xv + x^2v^2 \end{aligned}
现在我们将 $x^2 \equiv -2 \pmod{p}$ 代入上式中，得到：
\begin{aligned} a^2 + 2b^2 &\equiv u^2 - 4uv + 2v^2 \pmod{p} \\ &\equiv (u-2v)^2 - 2v^2\pmod{p} \end{aligned}
现在我们要继续考虑能否找到某些 $(u, v)$ 使得 $a^2 + 2b^2$ 能够分别等于 $p$ 和 $2p$。
1. 如果可以找到 $(u, v)$ 使得 $a^2 + 2b^2 \equiv p \pmod{p}$，那么就有 $a^2 + 2b^2 = pk$，其中 $k$ 是某个整数。并且可以发现 $k \neq 2$，否则 $2p = 2k \cdot p = a^2 + 2b^2 \equiv p \pmod{p}$，矛盾。现在存在某个整数 $m$，使得 $k = 2m + 1$，那么 $a^2 + 2b^2 = p(2m+1)$，此时方程有解。
2. 如果不可能找到 $(u, v)$ 使得 $a^2 + 2b^2 \equiv p \pmod{p}$，则考虑是否可能存在 $(u', v')$ 使得 $a'^2 + 2b'^2 \equiv 2p \pmod{p}$。根据上面的公式，如果 $a'^2 + 2b'^2 \equiv 2p \pmod{p}$，则有
$$(u' - 2v')^2 - 2v'^2 \equiv p \pmod{p}$$
也就是
$$(u' - 2v')^2 \equiv 2v'^2 + p \pmod{p}$$
这是一个与原来的问题类似的问题，我们可以继续通过枚举找到合适的 $(u', v')$，使得以上方程有解。
因此，至少存在一个方程 a^2+2b^2=p 或 a^2+2b^2=2p 有解。
可以发现，这个问题实际上与数学中的模意义、勾股数和二次剩余等知识有关，需要对这些知识点有较为深入的了解和运用。

我可以为您提供一种解答思路，但由于原问题涉及一些数学专业知识，解答可能较为复杂，需要一定的数学基础，希望我的回答能对您有所帮助。
首先，根据题目中的条件，有 $x^2\equiv -2 \pmod{p}$。我们可以将其变形为 $x^2+2\equiv 0 \pmod{p}$。
接下来，我们对 $(u,v)$ 进行分类讨论，可得：
1. 当 $p = 2$ 时，我们可以解得 $x \equiv 0\pmod{2}$，从而 $x^2+2 \equiv 2\pmod{p}$，所以此时方程组 $a^2+2b^2=p,a^2+2b^2=2p$ 其中的任一方程均无整数解。
2. 当 $p \equiv 1\pmod{4}$ 时，我们可以构造一个数 $a\equiv x \pmod{p}$，$b\equiv 1 \pmod{p}$，则 $a^2+2b^2=x^2+2\equiv 0\pmod{p}$，因此 $a^2+2b^2 =kp$。我们注意到 $p$ 为素数，因此 $k\neq 0$。因为 $p\nmid b$，所以 $\gcd(a,b)=1$。由于 $a,b$ 可以任意取值，因此方程组 $a^2+2b^2=p,a^2+2b^2=2p$ 的至少一个方程有整数解。
3. 当 $p \equiv 3\pmod{4}$，我们可以将 $kh\equiv 1\pmod{p}$ 化为 $k^2h^2\equiv 1\pmod{p}$，从而 $k^2h^2-2\equiv (kh+x)(kh-x)\equiv0\pmod{p}$。注意到 $p$ 是素数，因此 $kh\pm{x}\equiv0\pmod{p}$，即 $x\equiv \pm kh\pmod{p}$。因为 $p \equiv 3\pmod{4}$，所以 $-1$ 不是 $p$ 的二次剩余，即不存在整数 $t$ 使得 $t^2\equiv -1\pmod{p}$，因此不存在整数 $h$ 使得 $h^2\equiv -2\pmod{p}$。因此，方程组 $a^2+2b^2=p,a^2+2b^2=2p$ 其中的任一方程均无整数解。
综上所述，我们可以得到：如果 $p$ 是形如 $4k+1$ 的质数，那么方程组 $a^2+2b^2=p,a^2+2b^2=2p$ 的至少一个方程有整数解。