已知数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 的前\(n\)项和为 \( {S}_{n}\) ，若 \( {S}_{n}+2=2{a}_{n}\left(n\in {N}^{*}\right)\) ， \( \frac{{S}_{4}}{{a}_{2}}=\) （       ）

由 \( {S}_{n}+2=2{a}_{n}\left(n\in {N}^{*}\right)\) ，

当 \( n=1\) 时，可得 \({a_1} = 2\) ，

当 \( n\ge 2\) 时， \( {S}_{n-1}+2=2{a}_{n-1}\) ，

两式作差可得： \( {a}_{n}=2{a}_{n}-2{a}_{n-1}\) ，

即 \( {a}_{n}=2{a}_{n-1}\left(n\ge 2\right)\) ，

\( \therefore \)数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 是以 \( 2\) 为首项， \( 2\) 为公比的等比数列，

则 \({a_n} = 2 \cdot {2^{n - 1}} = {2^n}\) ，

\( \therefore \frac{{S}_{4}}{{a}_{2}}=\frac{\frac{2\left(1-{2}^{4}\right)}{1-2}}{{2}^{2}}=\frac{15}{2}\) 

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