Mysqli Prepare Statement - Falseを返しますが、なぜですか？

Question

私はその列とテーブル名（単純な文字列）に挿入される列の名前と値の連想配列に基づいて準備されたINSERT文を生成する関数があります：私の問題は、その$である

function insert ($param, $table) { 
     $sqlString = "INSERT INTO $table (".implode(', ',array_keys($param)).') VALUES ('.str_repeat('?, ', (count($param) - 1)).'?)'; 
     if ($statement = $this->conn->prepare($sqlString)): 
      $parameters = array_merge(array($this->bindParams($param), $param)); 
      call_user_func_array(array($statement, 'bind_param', $parameters)); 
      if (!$statement->execute()): 
       die('Error! '.$statement->error()); 
      endif; 
      $statement->close(); 
      return true; 
     else: 
      die("Could Not Run Statement"); 
     endif; 
    } 

をthis-> conn-> prepare（これはクラスの一部ですが、connは問題なしで動作するNEW mysqliオブジェクトです）はfalseを返しますが、なぜ私に理由がないのですか？ここで

は、準備文のために構築されますサンプルの$ SQLSTRINGです：

INSERT INTO students (PhoneNumber, FirstName, MiddleInit, LastName, Email, Password, SignupType, Active, SignupDate) VALUES (?, ?, ?, ?, ?, ?, ?, ?, ?) 

誰もがこのパラメータ化ステートメントを使用して問題を見ることができますか？準備関数がfalseを返す理由は何ですか？

Answer 1

私は解決策をこの回答にコピーしていますので、これをアップアップにすることができます。それ以外の場合は「未回答の質問」に永遠に表示されます。私はこの回答をCWにマーキングしているので、何のポイントも得られません。

@Andrew E.は言う：

私はちょうど は何が起こっていたかのより良い理解を得る に mysqli_report(MYSQLI_REPORT_ALL)オン - あなた - が私 フィールド名のいずれかが間違っていたことが判明'd はprepare()が 例外をスローすると思いますが、それは黙って失敗します。