Chọn B

Đặt $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$ và $t=\left|z+1\right|$. Khi đó

$t^2=\left(z+1\right)\left(\overline{z}+1\right)={\left|z\right|}^2+1+z+\overline{z}=2+2a\Rightarrow a=\frac{t^2-2}{2}$

Ta có

$$\begin{gathered} \left|z^2+z+1\right|=\left|a^2-b^2+2abi+a+bi+1\right|=\left|a^2+\left(1-b^2\right)+a+b\left(2a+1\right)i\right| \\ =\sqrt{{\left(2a^2+a\right)}^2+b^2{\left(2a+1\right)}^2}=\sqrt{a^2{\left(2a+1\right)}^2+\left(1-a^2\right){\left(2a+1\right)}^2} \end{gathered}$$

$=\left|2a+1\right|=\left|t^2-1\right|$

$\Rightarrow \left|z+1\right|+\left|z^2+z+1\right|=t+\left|t^2-1\right|$ (với $0\le t\le 2$, do $a^2\le 1$).

Xét hàm số $f\left(t\right)=t+\left|t^2-1\right|$ với $t\in \left[0;2\right]$

Trường hợp 1: $t\in \left[0;1\right]\Rightarrow f\left(t\right)=t+1-t^2=-t^2+t+1\le f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{5}{4}$

và có $f\left(0\right)=f\left(1\right)=1$ nên $\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[0;1\right]}{\max }f\left(t\right)=\frac{5}{4}\\ \underset{\left[0;1\right]}{\min }f\left(t\right)=1\end{array}\right.$

Trường hợp 2: $t\in \left[1;2\right]\Rightarrow f\left(t\right)=t+t^2-1=t^2+t-1,f^{\text{'}}\left(t\right)=2t+1>0,\forall t\in \left[1;2\right]$

Do đó hàm số luôn đồng biến trên $\left[1;2\right]\Rightarrow$$\left\{\begin{array}{l}M=\underset{\left[0;2\right]}{\max }f\left(t\right)=5\\ m=\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(t\right)=1\end{array}\right.\Rightarrow M+m=6$